10/03/2016 Gabarito 3° ano – Ciências da Natureza

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Gabarito Ciências da Natureza e suas tecnologias
Resposta da questão 01: [A]
O efeito cumulativo de metais pesados nos níveis tróficos mais elevados das cadeias alimentares
é conhecido como magnificação trófica.
Resposta da questão 02: [E]
O aumento das temperaturas médias da atmosfera terrestre provoca a elevação do aquecimento
global, fato que pode afetar decisivamente o clima da Terra e, consequentemente, as diversas
atividades humanas.
A queima dos combustíveis fósseis (petróleo e gás) libera o CO2, gás que agrava o efeito estufa
da atmosfera terrestre.
A eutrofização das águas é uma consequência do despejo de esgoto e lixo nas águas continentais
e litorâneas.
A morte dos organismos fotossintetizantes causa a diminuição do oxigênio liberado pelos microorganismos produtores.
A decomposição aeróbica do lixo orgânico levado à lagoa pela enxurrada causou a diminuição da
quantidade de oxigênio dissolvido na água e, consequentemente, a morte generalizada dos
peixes.
Resposta da questão 06: [C]
O escurecimento da água impede a passagem de luz. Consequentemente, ocorrerá a queda da
taxa fotossintética dos organismos autótrofos que nela vivem.
A ingestão de microesferas de polietileno por invertebrados aquáticos provoca desequilíbrio nas
cadeias e teias alimentares das quais participam.
Resposta da questão 08: [D]
Os resíduos hospitalares acomodados em aterros sanitários ou incinerados causam menor
impacto ambiental, em alternativa como depositá-los em lixões a céu aberto, fato que atrai animais
transmissores de doenças, produz mau cheiro e provocam inúmeros problemas em pessoas que
coletam esse lixo com a finalidade de aproveitamento ou reciclagem.
No poema, o autor faz referência à presença de detergentes sintéticos como agentes poluentes
das águas, ao citar "Estranha neve: espuma, espuma apenas...".
Resposta da questão 10: [B]
A fumaça liberada pelas chaminés das fábricas e indústrias liberam gases, como óxidos de
enxofre e nitrogênio, os quais se combinam com a água da chuva formando ácido sulfúrico e
ácido nítrico. As chuvas ácidas danificam florestas, ecossistemas aquáticas e construções.
A eutrofização é o enriquecimento das águas com nutrientes orgânicos e (ou) inorgânicos. O
aumento de nutrientes na água provoca o aumento da DBO (demanda bioquímica pelo oxigênio)
e, consequentemente, a morte dos organismos aeróbicos. Com a proliferação de microorganismos anaeróbicos forma-se o chamando "esgoto a céu aberto".
O despejo de esgoto doméstico sem tratamento adequado em lagos e rios provoca o aumento de
componentes inorgânicos como o nitrato e o fosfato (eutrofização). Estes compostos serão
utilizados pelas algas que proliferam nestes locais, impedindo a entrada de luz para as algas no
fundo. Estas irão morrem e serão decompostas por bactérias aeróbicas que diminuem a
concentração de oxigênio dissolvido na água acarretando na morte dos organismos no ambiente
aquático.
O despejo de esgoto doméstico sem tratamento adequado em lagos e rios será decomposto por
bactérias aeróbicas que consomem o oxigênio dissolvido na água acarretando na morte de
organismos nesses ambientes.
As áreas contaminadas por lixo produzem, por decomposição, o gás metano (CH4 ) que é
inflamável e pode provocar explosões.
O processo de enriquecimento da água com matéria orgânica (eutrofização) favorece a
proliferação dos micro-organismos decompositores, como bactérias e fungos. A maior
disponibilidade de sais minerais, resultantes da decomposição, favorece o desenvolvimento de
algas, produzindo o fenômeno conhecido como floração das águas.
Altas concentrações de ozônio (O3) em áreas urbanas poder estar relacionadas com o
aparecimento do câncer de pulmão, segundo estudos realizados por pesquisadores da
Universidade de São Paulo.
Os desmatamentos e as queimadas promovem o acúmulo do CO2 na atmosfera, agravando o
aumento do aquecimento global.
A poluição atmosférica, intensificada a partir da revolução industrial, pode ser um fator
determinante em relação às mudanças climáticas atuais.
O fenômeno conhecido como biomagnificação, magnificação trófica ou amplificação biológica
resulta do acúmulo de poluentes persistentes, como o DDT, no corpo dos seres vivos. Em função
da redução da biomassa na passagem de um nível trófico para outro, a concentração do DDT
aumenta nos organismos ao longo da cadeia, e os organismos dos últimos níveis tróficos acabam
absorvendo doses altas do poluente.
A biorremediação é uma estratégia que utiliza seres vivos com a finalidade de diminuir o impacto
ambiental causado pelos poluentes ambientais, tais como o acúmulo de metais pesados na água.
A poluição dos rios como representado na figura, o conjunto destas agressões, irá acarretar na
morte de diversas espécies deste ambiente, desta forma irá reduzir a diversidade de seres vivos.
Os componentes do ecossistema que sofrem alterações estão indicados, respectivamente, pelos
gráficos [III], [I], [II] e [II].
A utilização da adubação orgânica do solo evita a contaminação dos corpos d’água por pesticidas
sintéticos.
A poluição térmica dos corpos hídricos prejudica a respiração dos seres vivos devido à redução da
pressão parcial do oxigênio (pO2) na água. A solubilidade do oxigênio na água diminui com o
aumento da temperatura.
O acúmulo de nutrientes na água causa a diminuição na concentração de oxigênio dissolvido.
Esse fato provoca a morte dos organismos aeróbicos e o consequente aumento dos microorganismos anaeróbicos.
As chuvas ácidas são causadas por alterações nos ciclos do nitrogênio e do enxofre, substâncias
formadoras de óxidos de nitrogênio e de enxofre, que formam compostos voláteis que reduzem o
pH da chuva.
A queima de combustíveis fósseis como a gasolina, o óleo diesel e outros derivados do petróleo,
intensifica o aquecimento global pelo acréscimo de CO2 e outros gases estufa na atmosfera da
Terra.
Uma das principais causas do agravamento do efeito estufa é o acúmulo de carbono na
atmosfera, como consequência da queima de combustíveis fósseis por veículos motorizados e
pela indústria.
Eutrofização é o processo pelo qual um ecossistema aquático adquire uma alta taxa de nutrientes
(através de esgotos domésticos, por exemplo), resultando na proliferação excessiva de algas e
consequente aumento de bactérias decompositoras. Essas bactérias consomem muito do
oxigênio contido na água, contribuindo para a diminuição da concentração desse gás. Com a falta
do oxigênio, a decomposição passa a ser anaeróbica, que resulta na produção de gases tóxicos.
Os poluentes que podem causar o enriquecimento das águas com nutrientes, isto é, provocar a
eutrofização, são os fertilizantes e os detergentes. Esses componentes podem provocar o
aumento populacional de algas, as quais desequilibram o ecossistema onde proliferam, causando,
entre outros problemas, a morte de peixes e outros organismos aeróbicos.
Todas as afirmativas estão corretas e correlacionadas com o texto.
O fósforo não ocorre na atmosfera. A emissão de metano pelos ruminantes intensifica o efeito
estufa.
A destinação adequada dos efluentes residuais produzidos pela fábrica diminui, ou torna nulo, o
impacto causado por seu lançamento nas águas marinhas exploradas pelos pescadores.
Denomina-se DBO (Demanda Bioquímica de Oxigênio) como a quantidade consumida de gás
oxigênio para a degradação da matéria orgânica no ambiente aquático. De acordo com o gráfico,
a DBO apresenta-se em valores mais altos nos trechos II e III, indicando maior quantidade de
matéria orgânica.
Para evitar a ingestão de DDT deve-se adotar a prática de utilizar alimentos originados no início
da cadeia alimentar, pois eles apresentam menores concentrações do poluente não biodegradável
em seus organismos.
O DDT é um inseticida organoclorado não biodegradável capaz de acumular ao longo dos níveis
tróficos de uma cadeia alimentar.
A pirâmide mostra o processo de bioacumulação.
O ser humano, no topo da cadeia alimentar, apresenta a maior concentração de DDT no corpo,
em relação aos outros elos da cadeia alimentar.
O tratamento dos esgotos domésticos antes do descarte evita o lançamento da matéria orgânica
no meio ambiente. Na água, essa matéria é decomposta por micro-organismos aeróbicos, os
quais consomem o oxigênio local e, portanto, acabam causando a morte dos organismos
aeróbicos, como, por exemplo, os peixes.
O reflorestamento provoca a absorção e fixação do carbono atmosférico pela vegetação em
crescimento. Essa estratégia é útil para reduzir o aumento do efeito estufa e seus adversos na
biosfera terrestre.
As queimadas, provocadas ou naturais, causam o aquecimento do ar nos locais onde ocorrem.
Consequentemente, haverá redução local da umidade relativa do ar, elevando o nº de casos de
doenças respiratórias em humanos e animais.
O gado bovino é constituído por ruminantes que apresentam micro-organismos metanogênicos
em seu trato digestório. Arrotos e flatulência dos animais liberam metano no ambiente
contribuindo para o agravamento do efeito estufa.
O gráfico mostra que por volta de 1860, a concentração de CO2 na atmosfera era de cerca de 280
ppm (partes por milhão). Nos últimos 150 anos, essa concentração subiu para cerca de 350 ppm.
O aquecimento global é um fenômeno natural agravado pela emissão de gases estufa pela
atividade humana. O aumento da temperatura da atmosfera provoca alterações na temperatura da
água, influindo decisivamente na vida dos organismos aquáticos.
I. Falso. As florestas retiram e liberam CO2 e O2 , pois os vegetais realizam a fotossíntese e
também respiram. Os pulmões dos animais apenas respiram, isto é, retiram O2 do ar e para ele
liberam o CO2 .
II. Falso. O segundo verso faz alusão ao ar puro da atmosfera atual.
III. Falso. O quarto verso faz referência ao aquecimento global, causado por várias atividades
humanas, dentre as quais, as queimada.
A afirmativa II é incorreta, pois, nos processos iniciais de eutrofização, há um aumento nos níveis
de concentração de compostos químicos ricos em fósforo e nitrogênio, principalmente fosfato e
nitrato, o que leva à proliferação exagerada de algas do fitoplâncton.
O petróleo é um hidrocarboneto hidrófobo (substância apolar) e possui uma dificuldade em se
dispersar em meio aquoso. Os dispersantes usados no derramamento do Golfo do México
possuem, numa mesma molécula, uma parte hidrófila (hidrofílica) e outra hidrófoba (lipofílica), que
em contato com o petróleo derramado no mar forma emulsões ajudando a dispersá-lo sem,
porém, removê-lo do oceano.
A proliferação excessiva de dinoflagelados causadores da maré vermelha é o resultado do
enriquecimento das águas com nutrientes inorgânicos como nitratos e fosfatos. O aumento dos
―buracos‖ na camada de ozônio é causado por gases CFC (clorofluorcarbonos), utilizados em
aparelhos domésticos e liberados por aerossóis.
As plantas sequestram o carbono durante a fotossíntese, ou seja, ao fazer fotossíntese, os
vegetais absorvem o dióxido de carbono (CO2) atmosférico e sintetizam compostos orgânicos
(principalmente a celulose) que são incorporados em suas estruturas celulares. Dessa forma as
plantas contribuem para diminuir a concentração de CO2 na atmosfera e consequentemente
diminuir o efeito estufa.
A eutroficação é provocada pela ação humana e consiste no enriquecimento das águas com
nutrientes que favorecem a proliferação excessiva de algas do fitoplâncton.
Uma maneira de evitar a diminuição da concentração de oxigênio no ambiente é tratar o esgoto
antes de lançá-lo no ambiente. Dessa forma, diminui-se a concentração de materiais ricos em
nutrientes, evitando sua eutrofização.
A alternativa A é a única incorreta, pois a bacia hidrográfica do Rio São Francisco não abrange o
estado de Goiás. As demais alternativas apresentam afirmações corretas.
O mercúrio tende a acumular-se nos tecidos dos organismos vivos, que têm dificuldade em
eliminá-lo. Quanto mais elevado for o nível trófico, maior será a porcentagem de mercúrio que se
acumula nos tecidos. Assim, para populações que vivem à beira de rios poluídos por mercúrio,
comer peixes carnívoros é mais prejudicial que comer peixes herbívoros devido à bioacumulação
desse metal pesado nos tecidos desses peixes.
Os efeitos do derrame de petróleo na baía de Guanabara em 2000 ilustram a grande
interdependência entre as diversas formas de vida e seu habitat. Ao desfavorecer a realização da
fotossíntese, o derrame de petróleo desfavorece toda a comunidade marinha.
O gás carbônico é uma substância capaz de se dissolver na água tornando-a mais ácida. O
equilíbrio adiante mostra a reação:
CO2  H2 0
H2CO3
ácido carbônico 
H  HCO3
Apesar de o petróleo derramado sobre a superfície marinha levar a uma diminuição da
concentração de O2 na água, as baleias não devem morrer por asfixia, pois possuem respiração
pulmonar e não utilizam o O2 dissolvido na água.
Uma observação da tabela nos revela que a única estação da RMSP indicando má qualidade do
qualidade do ar é Pinheiros, com altos índices de SO2, causador de redução da visibilidade na
atmosfera.
O enriquecimento de corpos d’água com nutrientes variados pode provocar a proliferação
excessiva de cianobactérias. Esses micro-organismos produzem substâncias tóxicas, causando a
mortalidade de peixes e outros organismos que vivem em ambientes aquáticos.
O sistema de aquaponia é um exemplo de sustentabilidade, porque as plantas cultivadas utilizam
os nutrientes eliminados nas fezes dos peixes e a água é recirculada dentro do sistema após ser
filtrada para a retirada de micro-organismos patogênicos que podem infectar ou contaminar os
produtos hidropônicos.
O conceito abrangente de sustentabilidade envolve o manejo correto dos recursos naturais (meio
ambiente), a conscientização e a mobilização dos cidadãos na utilização dos recursos (sociedade)
e a forma como se pode economizar, reciclar e reutilizar os elementos renováveis e não
renováveis que mantém as sociedades atuais (economia).
A agricultura e a pecuária extensiva praticada na região do Pampa no sul do Brasil provocam a
expansão das áreas cultivadas e de pastagens. Consequentemente, essas atividades causam a
degradação desse bioma.
O problema ecológico causado pela introdução de novas espécies, transgênicas ou não, e novas
práticas agrícolas pode limitar o aparecimento e adaptação de variedades nativas.
As queimadas contribuem para a degradação dos solos cultiváveis, pois provocam a morte de
parte dos micro-organismos envolvidos na síntese e degradação da matéria orgânica.
A química verde propõe o uso de reagentes menos tóxicos e produtos químicos efetivos com
baixo ou nenhum impacto ambiental.
[II] Falsa. As queimadas aumentam a erosão e a lixiviação do solo.
[V] Falsa. As queimadas expõem o solo ao impacto direto das águas pluviais e dos raios solares.
A perda de espécies no Cerrado brasileiro está relacionada à sobre-exploração, introdução de
espécies exóticas de competidores e predadores, além de patógenos que causam doenças nas
espécies nativas.
O aumento da área de plantio irrigado não é capaz de manter a umidade do solo, tampouco
abastecer os lençóis freáticos subterrâneos.
Os componentes dos bloqueadores solares deveriam ser biodegradáveis para não comprometer a
saúde humana e dos animais aquáticos.
A atividade de mineração de areia em grande escala nos rios provoca a diminuição das áreas de
praia ao longo das margens, ocasionando um aumento nos processos erosivos e prejuízos à
vegetação ribeirinha. Como consequência, há uma diminuição na biodiversidade.
O conceito de sustentabilidade conhecido pelos três R’s determina a redução, reutilização e
reciclagem de materiais para evitar o desperdício e promover a economia dos recursos ambientais
e de energia.
Os desequilíbrios ambientais estão associados a diversas ações humanas, as quais geram
poluição atmosférica, hídrica e no solo.
A ação humana causando a impermeabilização das áreas adjacentes aos rios e lagos
compromete o processo de drenagem e causa, consequentemente, as enchentes em áreas
ocupadas.
A introdução de espécies exóticas, tanto de animais como de vegetais, pode provocar um
desequilíbrio ecológico, como no caso dos javalis, cujo aumento da população ocorre por não
haver predadores naturais que controlem a população destes animais. As espécies exóticas
tendem a ocupar ambientes degradados, tornando-se, muitas vezes, invasoras, o que contribui
para a diminuição da biodiversidade local.
O manejo inadequado do ambiente natural provoca desequilíbrios ecológicos, tais como o
aumento populacional de vetores de doenças causadas por micro-organismos como vírus e
protozoários.
A diversidade de espécies diminui na medida em que aumenta a latitude. Em latitudes elevadas,
há diminuição da temperatura, unidade e insolação. Esses fatores abióticos limitam a
produtividade dos ecossistemas e, consequentemente, a biodiversidade local.
Os conhecimentos e as tecnologias modernas podem recompor a área degradada no estuário do
Rio Paraíba, recompondo a vegetação e a biodiversidade da região.
Um aterro sanitário feito dentro das normas ambientais deve possuir uma camada de material
plástico impermeabilizante que vai impedir a contaminação do solo. As pilhas e baterias são
matérias com grande potencial de contaminação e não devem ser depositadas em aterros, mas
devem ser encaminhadas para pontos de coleta para posterior reciclagem.
As espécies exóticas podem causar impacto ambiental negativo por ocuparem nichos ecológicos
em locais distantes de onde vivem. Elas causam diminuição da biodiversidade da área invadida,
sobretudo quando são favorecidas pela ausência de parasitas e predadores específicos nos locais
ocupados.
O carvão mineral é um combustível fóssil não renovável, porque foi formado ao longo de milhões
de anos por processo de sedimentação de detritos vegetais.
A Mata Atlântica, o Cerrado, Madagascar e ilhas do Oceano Índico são considerados hotspots
ecológicos por serem áreas com grande biodiversidade endêmica que se encontram em alto grau
de destruição.
A fragmentação de habitat, a introdução de espécies exóticas e a poluição compõem um conjunto
de possíveis causas da extinção de espécies nos tempos atuais.
A reciclagem de materiais reduz a matéria prima extraída do ambiente e também diminui o volume
dos resíduos sólidos produzidos.
Dois fatores envolvidos na extinção de espécies de floresta são: introdução de espécies exóticas
no ambiente que se quer recuperar, por competição com as espécies nativas; e perda de habitat,
por desmatamento.
I e II são falsos, pois os combustíveis fósseis e nucleares não são renováveis.
A medida preventiva para conter a invasão do molusco exótico seria a verificação das
embarcações que navegam por águas infestadas e que circulam pelo rio Parnaíba.
O esquema proposto na alternativa [D] é adequado ao modelo de desenvolvimento sustentável
porque propõe a reciclagem do lixo orgânico e dos resíduos inorgânicos, além da redução da
poluição e do lixo produzidos pelas cidades.
O uso de materiais recicláveis é uma estratégia para evitar o acúmulo de resíduos no solo e na
água, além de representar uma considerável economia de energia.
O processo de laterização por intemperismo químico leva ao aumento de hidróxido de ferro e de
alumínio no horizonte A do solo. As queimadas podem aumentar a disponibilidade de íons
minerais, como Na+, K+, Ca2+ e Mg2+, anteriormente incorporado às plantas e, consequentemente,
aumentar a fertilidade do solo.
A interpretação biológica é correta, porque a matéria é reciclada na natureza, pela atividade
decompositora de bactérias e fungos.
Os principais produtores dos ecossistemas aquáticos são as algas e bactérias fotossintetizantes
constituintes do fitoplâncton.
[II] Falso. A predação provocou o aumento da população dos consumidores secundários,
representados pelos insetos que se alimentam do crustáceo Artemia.
Os animais herbívoros de um aquário são consumidores primários e se alimentam de plantas
aquáticas e algas. Além disso, os organismos autótrofos realizam a fotossíntese e produzem o
gás oxigênio, enquanto o aquário estiver iluminado.
[I] Falsa. O oxigênio utilizado pelos animais na respiração celular é produzido pelos organismos
autótrofos fotossintetizantes, tais como os vegetais.
A garça e o gavião são animais carnívoros, consumidores terciários que ocupam o quarto nível
trófico das cadeias alimentares de que participam.
Considerando uma cadeia alimentar incluindo: vegetação  roedor  cobra  carcará, a ave será
um consumidor terciário e ocupa o quarto nível trófico.
A energia que entra na biosfera, principalmente pela ação dos organismos fotossintetizantes é
utilizada na produção de açúcares, que pode ser transformado em diversas substâncias
orgânicas, tais como o amido, ou utilizada como combustível nos processos de transferência
energética.
Conclusão: O declínio da população de raposas vermelhas provocou o aumento do número de
camundongos-de-patas-brancas que são hospedeiros do carrapato transmissor da bactéria
causadora da doença de Lyme.
A produtividade primária bruta de um ecossistema é a quantidade de energia luminosa
transformada em matéria orgânica, pela fotossíntese, realizada pelos organismos autótrofos da
base da teia alimentar.
A transferência de matéria e energia ao longo das cadeias e teias alimentares nos ecossistemas,
envolve o aproveitamento das substâncias resultantes da atividade decompositora, realizada por
bactérias e fungos.
O equilíbrio dinâmico entre os níveis tróficos das cadeias e teias alimentares dos ecossistemas é
denominado controle biológico. Esse controle é determinado pelas diversas relações harmônicas
e desarmônicas entre organismos da mesma espécie (intraespecíficas) e entre indivíduos de
espécies distintas (interespecíficas).
Em ecossistemas terrestres a maior biomassa encontra-se nos vegetais que ocupam o nível
trófico dos produtores. Em ecossistemas marinhos a maior biomassa encontra-se no nível trófico
ocupado pelos consumidores primários (zooplâncton), porém a capacidade reprodutiva das algas
do fitoplâncton é maior do que a dos organismos do zooplâncton.
A pirâmide de energia nunca poderá ser invertida, porque a quantidade de energia transferida de
um nível trófico para o seguinte, sempre será menor do que a quantidade de energia recebida do
nível trófico anterior.
Em um ambiente aquático, normalmente a biomassa da vegetação aumenta com o aumento da
intensidade luminosa. Consequentemente, a biomassa dos herbívoros e carnívoros também deve
aumentar.
Os organismos autótrofos produzem compostos orgânicos utilizando o CO2 como fonte de
carbono.
O capim é um organismo autótrofo e fotossintetizante, portanto, pertence ao nível trófico dos
produtores.
A pirâmide apresentada pode representar apenas o número de indivíduos de uma cadeia
alimentar.
Ao se alimentarem do pasto, os bovinos se comportam como consumidores primários, ocupando o
segundo nível da cadeia trófica de que participam.
Os seres fotossintetizantes, os vegetais, são os organismos em uma cadeia alimentar que
apresenta maior energia potencial. Quando este organismo é utilizado como alimento somente
uma parte da energia é transferida para o nível seguinte.
A decomposição aeróbica de árvores caídas reduz, localmente, a quantidade de oxigênio devido
ao consumo desse gás pelos agentes decompositores.
O fluxo de energia na cadeia alimentar é unidirecional e diminui dos produtores em direção aos
consumidores. Parte da matéria sai da cadeia alimentar e pode ser reciclada pela atividade dos
organismos decompositores.
O fluxo da energia nos ecossistemas é unidirecional. Ele inicia-se com a conversão da energia
luminosa em energia química na forma de alimento, durante a fotossíntese. Ao longo das cadeias
alimentares, a energia é perdida na forma de calor, dos produtores em direção aos consumidores,
e não pode ser reutilizada.
O esquema representa uma teia alimentar em que a serpente ocupa três níveis tróficos. Ela é
consumidor secundário quando se alimenta de lagartos; consumidor terciário quando come sapos;
e consumidor quaternário quando ingere pássaros.
O peixe Guaru atua como controlador biológico porque se alimenta das larvas dos mosquitos
transmissores da dengue e da febre amarela.
As castas de formigas de um formigueiro formam uma sociedade. Os liquens são associações
mutualísticas de algas e fungos. Os corais são colônias de pólipos anatomicamente unidos e uma
bromélia crescendo sobre um galho de árvore é um caso de inquilinismo.
A caravela [I] é uma colônia de cnidários anatomicamente unidos com divisão de trabalho. As
rêmoras se alimentam dos restos alimentares do tubarão, sem prejudicá-lo, caracterizando o
comensalismo. Os pássaros livram o gado de parasitas, tipificando o protocooperativismo, relação
não obrigatória para a sobrevivência dos organismos envolvidos.
A correlação exata entre as colunas A e B está relacionada na alternativa [D].
As monoculturas reduzem a diversidade das colmeias, porque limitam o tipo de insetos
polinizadores.
Observação: O pólen adere às cerdas dos insetos polinizadores.
Todas as afirmativas são verdadeiras e compatíveis com o enunciado da questão.
As relações ecológicas propostas em [I], [II] e [III] são, respectivamente, casos de mutualismo,
parasitismo e predação.
Gabarito Oficial: [C]
Gabarito SuperPro®: [D]
As relações ecológicas propostas na alternativa [D] são interespecíficas, isto é, envolvem
indivíduos de espécies diferentes.
As lombrigas são parasitas do intestino delgado humano. Vacas são herbívoros ruminantes. As
plantas epífitas crescem sobre outros vegetais sem prejudicá-los, caracterizando o inquilinismo.
A competição intraespecífica (I) é prejudicial para ambos os leões envolvidos na disputa pela
presa. O ganhador é beneficiado (II) e o outro prejudicado. As hienas se alimentam dos restos
deixados pelos leões, sendo beneficiadas (III).
As folhas grudentas das plantas da espécie Philcoxia minensis capturam e digerem vermes
subterrâneos garantindo sua sobrevivência e reprodução em ambientes inóspitos com restrição
hídrica e de nutrientes minerais.
Plantas que se desenvolvem sobre as árvores podem ser epífitas, que podem apresentar folhas
recobertas por escamas, ou hemiparasitas, que podem apresentar haustórios. Caules
subterrâneos como bulbos, tubérculos e rizomas são característicos de plantas terrestres, bem
como sementes ou frutos com ganchos que são dispersos por animais terrestres como os
mamíferos.
A interação I revela uma relação de competição, porque as duas espécies declinam quando
reunidas. A interação II é um caso de cooperação, pois as espécies aumentam em número
quando convivem no mesmo ambiente. Em III, a espécie F é comensal da espécie E, porque é
favorecida e não influi na taxa populacional da espécie com que se relaciona.
A relação predador X presa é interespecífica e desarmônica. Uma vez que o predador mata
indivíduos de outras espécies para se alimentar.
A relação ecológica de competição entre bactérias e fungos é evidenciada pela disputa
envolvendo o ferro disponível no meio. As bactérias são mais eficientes na captação do íon ferro
e, consequentemente, reduzem o crescimento dos fungos que atacam os tomateiros.
A associação ecológica entre a cotia e as castanheiras revela uma interdependência do tipo
mutualismo. Nessa relação, uma das espécies será severamente afetada se a outra diminuir ou
desaparecer.
A relação ecológica entre a rêmora e o tubarão é de comensalismo, porque a rêmora apenas
aproveita os restos alimentares abandonados pelo caçador, sem causar qualquer tipo de prejuízo
do predador.
A interação ecológica entre o fungo e a alga é do tipo mutualismo, onde ambas as espécies são
beneficiadas e é obrigatória.
[II] Falso. As algas formadoras de liquens são organismos autótrofos e fotossintetizantes.
[IV] Falso. Os liquens não apresentam um verdadeiro sistema radicular.
A hiena é um animal oportunista e sempre que possível tenta roubar a presa abatida por outra
espécie. Nesta figura fica clara a intenção da hiena a qual foi expulsa do local pela leoa. A relação
entre a hiena e a leoa é uma relação desarmônica ou negativa do tipo competição. A relação entre
a leoa e o gnu é uma relação negativa de predatismo.
Bromélias, orquídeas e liquens são epífitas que crescem sobre árvores e competem por espaço e
luz. Os pássaros e saguis competem ao se alimentarem de lagartas que devoram as folhas de
árvore.
As regiões de mangue são altamente dinâmicas no que se refere ao seu ponto de equilíbrio, pois
sofre direta e constantemente o impacto entre os fatores ambientais continentais e marinhos.
O bioma 1 indica a floresta tropical pluvial amazônica, caracterizada por estratificação
determinada pelas diversas alturas das principais árvores que compõem esse domínio vegetal
brasileiro.
[III] Falsa. O segundo maior bioma brasileiro é o Cerrado.
[IV] Falsa. As plantas do Cerrado brasileiro apresentam adaptações aos incêndios naturais, tais
como gemas subterrâneas protegidas por catafilos, troncos com súber bem desenvolvido e
sementes cuja germinação é induzida pelo calor.
[III] Falsa. A Caatinga é um bioma semiárido, caracterizado por pouca pluviosidade.
[IV] Falsa. Os Pampas se caracterizam pela presença de campos e gramíneas onde não se
desenvolvem árvores de grande porte.
Plantas xeromórficas com adaptações para a sobrevivência em ambientes quentes e áridos são
encontradas na caatinga nordestina (4). Vegetais dotados de rizóforos (sustentação) e
pneumatóforos (respiração aérea) são observados em mangues (1). As plantas epífitas que
crescem sobre outras plantas, aumentando a eficiência fotossintética são encontradas em
florestas tropicais.
A vegetação do Cerrado brasileiro caracteriza-se por apresentar cobertura predominante de
gramíneas, arbustos e árvores de pequeno porte com folhas pequenas.
As regiões atingidas pelas queimadas no bioma floresta Amazônica são as florestas altas, de terra
firme e não sujeitas a inundações periódicas.
O bioma Caatinga é uma área com intervenção antrópica, abrangendo uma diversidade vegetal
endêmica e caracterizada por possuir espécies de plantas adaptadas ao estresse hídrico, devido
aos longos períodos de estiagem.
A árvore adequada para um projeto de reflorestamento no Cerrado brasileiro deve produzir raízes
bem desenvolvidas que consigam atingir lençóis freáticos profundos. Essas plantas também
devem possuir a superfície foliar coberta por cutícula cerosa espessa para reduzir a transpiração
durante a estação seca e ensolarada.
O mangue apresenta uma alta decomposição aeróbica e, portanto um alto consumo de gás
oxigênio, uma adaptação importante para estes vegetais são as raízes respiratórias ou
pneumatóforos. Aberturas na raiz, que se localizam fora da água ou do solo, garante um
suprimento de O2 para a planta.
O Pantanal é um bioma que se estende para dois países vizinhos ao Brasil: Paraguai e Bolívia.
Resposta da questão 140:[D]
A floresta atlântica situa-se na região montanhosa do litoral brasileiro, com árvores altas de folhas
largas. De sua área original, restam apenas 5%.
O sequestro de carbono do ambiente é realizado por organismos autotróficos fotossintetizantes e
quimiossintetizantes.
[IV] Falsa. O elemento químico fósforo não participa estruturalmente de moléculas de hidratos de
carbono.
[V] Falsa. O elemento químico nitrogênio não entra na constituição da maioria dos carboidratos
[II] Falsa. Os átomos de carbono da Terra estão armazenados nos organismos vivos, em
combustíveis fósseis, na crosta e na atmosfera terrestre.
[IV] Falsa. A respiração aeróbica é responsável pelo lançamento do gás carbônico no ambiente.
O projeto tenta prever os efeitos associados ao aquecimento global ao forçar a vegetação a captar
o CO2 atmosférico, reconhecidamente, um gás estufa.
A relação entre bactérias do gênero Rhizobium e raízes de plantas, principalmente leguminosa
constitui uma relação ecológica de mutualismo. As bactérias convertem o N2 atmosférico em íons
amônio (NH4 ) que é utilizado pelas plantas em seu metabolismo e, em troca, recebem proteção
e nutrientes orgânicos produzidos pelos vegetais.
Os animais obtêm o elemento químico nitrogênio através da dieta, ingerindo matéria orgânica
nitrogenada produzida ao longo das cadeias e teias alimentares.
A fotossíntese é realizada pelas plantas, algas (protoctistas) e certas bactérias (monera). Somente
certos gêneros de bactérias e cianobactérias conseguem incorporar e utilizar o nitrogênio (N2 )
presente no ar.
O ciclo biogeoquímico da água é influenciado por processos físicos, como a evaporação e a
precipitação e por fenômenos biológicos, como o fluxo de água pelas cadeias e teias alimentares
dos ecossistemas terrestres.
Todos os itens estão corretos e correlacionados com o enunciado.
A maior quantidade de nitrogênio encontra-se na atmosfera. A chuva promove a transferência de
elementos químicos dos ambientes terrestres para a água doce e para os oceanos. As erupções
vulcânicas representam a principal fonte de enxofre. As concentrações elevadas de fósforo no
solo de plantações levam a um aumento de fósforo em rios e lagos. As queimas de vegetação e
de combustíveis fósseis são as principais responsáveis pela liberação de CO2 na atmosfera, no
Brasil.
Os genes dos vírus que controlam as lagartas que atacam a lavoura poderão ser transferidos para
uma linhagem de plantas de soja. A soja transgênica ficará resistente ao ataque dos insetos.
A bactéria transgênica recebe um plasmídeo recombinante que contém o gene que confere
resistência aos íons cloreto, adquirindo essa nova característica fisiológica.
[III] Falsa. A bezerra "Vitória" foi o primeiro animal brasileiro obtido por transferência do núcleo de
uma célula somática de vaca adulta para um óvulo previamente enucleado.
Ao receber a sequência de DNA codificante da insulina humana, as bactérias transgênicas
modificadas por Herbert Boyer passaram a produzir o hormônio humano que regula a glicemia.
A correlação exata entre as figuras e os itens está na alternativa [B].
O indivíduo V é filho biológico do casal, porque os registros de seus segmentos de DNA coincidem
com o referido casal.
[III] Falsa. A biotecnologia utiliza plasmídeos bacterianos para a produção de diversos organismos
transgênicos tais como plantas, leveduras, tec.
[V] Falsa. A biotecnologia é aplicada nas áreas médicas, veterinárias, agropecuárias, piscicultura,
biorremediadoras, etc.
[III] Falsa. As células tronco embrionárias são mais versáteis do que as adultas, por serem
indiferenciadas.
[IV] Falsa. As células tronco multiplicam-se pelo processo de mitose.
As células-tronco embrionárias podem originar todos os tipos de células de um organismo, exceto
células embrionárias.
A clonagem reprodutiva é realizada através da transferência do núcleo de uma célula adulta da
cabra que originou a Gluca, para um óvulo anucleado que gerou um embrião clonado.
A transgênese é uma técnica que inclui genes específicos em receptores que passam a expressar
características novas, tais como a produção de substâncias utilizadas como medicamentos.
A planta é classificada como um organismo transgênico, pois recebe, incorpora e expressa o gene
extraído de outra espécie.
O fluxo gênico entre as espécies nativas e as geneticamente modificadas podem causar impactos
na biodiversidade, porque os organismos transgênicos podem transmitir seus genes modificados
às espécies não transgênicas.
Os mosaicismos genéticos podem ser detectados em indivíduos afetados por doenças genéticas
através de suas sequencias nucleotídicas diferenciais, em relação aos indivíduos normais e não
portadores.
A identificação genômica das espécies é possível porque estas possuem em seu material
genético sequências denominadas polimorfismos que podem ser obtidos pela hidrólise do DNA
por enzimas de restrição.
O cordão umbilical dos mamíferos placentários contém células-tronco embrionárias, isto é, células
indiferenciadas que podem se diferenciar em células especializadas.
[III] Falsa: A diferenciação celular ocorre por meio da expressão diferencial dos seus genes.
[IV] Falsa: Todas as células-tronco são diploides por serem formadas a partir de divisões mitóticas
do zigoto.
Os ossos chatos do quadril são ricos em medula óssea vermelha formada por tecido conjuntivo
hematopoético produtor dos elementos figurados do sangue.
A clonagem é um processo onde não há variabilidade por se tratar de um processo de cópia do
material genético. A variabilidade é um fator importante para a seleção de espécies adaptadas a
um determinado ambiente.
O salmão geneticamente modificado é um animal transgênico que recebe e expressa o gene
determinante da produção do hormônio do crescimento.
O atleta transgênico expressa genes exógenos e, portanto, possui manifestações fenotípica
diferentes dos atletas não modificados geneticamente.
Os camundongos geneticamente modificados que receberam o gene determinante da proteína
humana defeituosa desenvolvem a LLA, confirmando o potencial cancerígeno do gene mutante.
As distâncias relativas percorridas pelo pólen e pela semente permitem estimar as distâncias,
respectivamente, entre a planta pai e a planta mãe, bem como a distância desta com a planta
jovem.
O casal 3 pode ser considerado como pais biológicos do bebê, devido às coincidências de suas
bandas de DNA com o pai e a mãe.
A terapia gênica consiste em incluir um gene saudável nas células de uma pessoa que não
apresenta este gene. No exemplo dado o gene que codifica a lipase, enzima que digere lipídios é
defeituoso, a ação deste remédio é inserir um gene saudável com a finalidade das células
produzirem a enzima.
As células tronco clonadas do próprio paciente oferecem pouco, ou nenhum, risco de rejeição pelo
sistema imunológico do receptor do transplante.
A produção de cópias geneticamente idênticas pelo processo de clonagem não se aplica à
reprodução de seres humanos com a finalidade de se obter órgãos e tecidos para transplantes.
Os organismos transgênicos são geneticamente modificados pela tecnologia do DNA
recombinante. Eles incorporam e expressam genes de outros organismos e vão apresentar
características vantajosas comercialmente.
Os organismos geneticamente modificados (transgênicos) recebem, incorporam e expressam
genes de outras espécies. Esses organismos apresentam alterações genotípicas que lhes
conferem qualidades, tais como: maior produtividade, resistência às variações de fatores
ambientais, entre outras.
Muitas pesquisas alertam para os males que os transgênicos podem causar aos humanos e ao
ambiente, enquanto muitas outras apresentam argumentações positivas para a produção de
transgênicos. Desta forma, não há consenso neste assunto e não existe posição clara e
incontestável.
O gene inserido no milho por meio de uma molécula de DNA recombinante será expresso por
meio da tradução do RNA mensageiro transcrito.
Os machos transgênicos da espécie de Aedes aegypti não obterão sucesso reprodutivo porque
receberam e expressam um gene que produz uma proteínas letal para sua prole.
Organismos transgênicos recebem e expressam genes recebidos de outros seres vivos. A
codificação universal dos aminoácidos, determinada pelo DNA, permite a transferência de genes
entre quaisquer organismos, independentemente de sua origem ou posição taxionômica.
As bactérias possuem, além do DNA cromossômico, pequenas moléculas de DNA circular
chamadas de plasmídeos. Na técnica mostrada, as enzimas de restrição não foram utilizadas no
DNA da planta mas, sim, no plasmídeo da bactéria. As plantas infectadas pelas bactérias
geneticamente modificadas se tornaram resistentes ao herbicida. Bactérias e vírus são utilizados
para introduzir genes em células no processo de formação de organismos transgênicos. Algumas
bactérias e certos vírus têm capacidade de transferir parte de seu material genético para o
genoma de determinadas plantas.
A universalidade do código genético permite que um ou mais genes possam ser transferidos entre
organismos ligados por ancestral comum.
A localização do gene mutante causador do albinismo foi possível graças ao projeto genoma
humano. Durante esse projeto foram sequenciados todos os nucleotídeos do DNA humano.
O perfil eletroforético de bandas do DNA revela que o filho herdou, obrigatoriamente, do pai, as
sequências 2, 4, 2, 1 e 3 das regiões genômicas A, B, C, D e E, respectivamente.
A bactéria E. coli é muito utilizada na tecnologia do DNA recombinante por possuir plasmídeos,
isto é, moléculas de DNA circular onde podem ser inseridos genes de interesse que codificarão
proteínas específicas.
As células tronco embrionárias são totipotentes e podem originar todos os tecidos e órgãos
componentes do corpo humano.
As células totipotentes que podem dar origem a qualquer célula de um organismo animal podem
ser retiradas de um embrião nos estágios de mórula ou blástula, fases em que as células ainda
são indiferenciadas.
[II] Falsa. As proteínas são compostos orgânicos.
[III] Falsa. A vacina contém antígenos que provocam uma imunização ativa e duradoura. Os soros
terapêuticos contém anticorpos que se constituem em um processo de imunização passiva e
temporária.
A dificuldade em se produzir uma vacina eficiente contra a dengue, reside no fato de existirem
diversos subtipos do vírus e alta variabilidade antigênica causada por mutações, em relação ao
vírus da febre amarela.
Os polímeros artificiais poliestireno e poliacrilamida são substâncias orgânicas que não
apresentam propriedades antigênicas.
A resposta imunológica secundária do paciente, após a segunda exposição ao antígeno, foi mais
rápida e mais intensa, em relação às imunoglobulinas IgG, devido à ação da memória imunológica
dos linfócitos sensibilizados na primeira exposição ao antígeno.
O timo é uma glândula endócrina situada sobre o coração, no qual amadurecem os linfócitos T.
Essa glândula atrofia gradualmente após a puberdade.
[IV] Falsa. O esquema de vacinação contra infecções pelo HPV não substitui o rastreamento do
câncer de colo do útero em mulheres na faixa etária entre 25 e 64 anos.
Os imunobiológicos [I] e [II] são compostos por antígenos que estimulam a produção de anticorpos
em humanos e animais.
A resposta imunológica secundária é mais rápida e mais intensa devido à ação dos linfócitos de
memória produzidos após a primeira exposição ao antígeno.
As campanhas de vacinação para a prevenção de rubéola, enfocando homens jovens, é
fundamental para evitar a síndrome da rubéola congênita, porque os homens podem transmitir o
vírus a mulheres gestantes.
[I] Falso. O gráfico refere-se ao processo de vacinação com a inoculação de antígenos que
induzem o organismo a produzir anticorpos e células de memória.
[II] Falso. As células de memória se diferenciam a partir dos linfócitos B. Esses linfócitos são
também responsáveis pela produção de anticorpos.
O desenvolvimento das vacinas permite a prevenção de diversas doenças infectocontagiosas em
todo o mundo.
Os neutrófilos são células de defesa cuja estratégia é a fagocitose de partículas estranhas, muito
semelhante ao processo de nutrição das amebas que englobam o alimento.
As curvas X e Z indicam, respectivamente, as respostas imunológicas primária e secundária
contra a proteína (A). Os anticorpos formados após as aplicações são proteínas de defesa
produzidas pelos linfócitos. A curva Y indica a resposta imunológica primaria para a proteína B.
As vacinas desencadeiam a produção de anticorpos e a formação de linfócitos de memória que
deixarão o organismo imune ou resistente ao agente patogênico verdadeiro.
A alimentação do recém-nascido com derivados lácteos é isento dos anticorpos presentes no leite
naturalmente produzido pela mãe. Dessa forma, fica comprometida a transferência de imunização
passiva da mãe para o filho.
Os anticorpos são proteínas sintetizadas pelos ribossomos dos glóbulos brancos denominados
plasmócitos.
A vacinação consiste na inoculação de antígenos atenuados, ou toxoides, com a finalidade de
estimular a produção de anticorpos e células de memória de forma gradual e crescente. De um
modo geral, as vacinas são efetivas somente depois de 10 a 15 dias após a sua aplicação.
As vacinas contêm antígenos que induzem o organismo inoculado a produzir anticorpos e células
de memória contra os microrganismos patogênicos.
Após a vacinação, células específicas passam a atuar como células de memória, capazes de se
tornarem imediatamente ativas na produção de anticorpos, o que explica a rápida resposta
imunitária na criança após a dose de reforço.
O soro de organismos animais, previamente infectados por antígenos (vírus, bactérias, etc),
contém anticorpos específicos contra os agentes patogênicos e pode ser utilizado como
procedimento terapêutico em indivíduos infectados.
A identificação da origem das células é feita pelo sequenciamento das bases nitrogenadas de seu
DNA nuclear, pois todas possuem o material genético de células preexistentes, devido ao modo
semiconservativo de duplicação do DNA.
Os genes são segmentos do DNA. A produção do RNA a partir de um molde de DNA é
denominado transcrição. A base nitrogenada timina ocorre no DNA.
Resposta da questão 213: ANULADA
Questão anulada no gabarito oficial.
Comentário: Não se conhece o número exato de bases nitrogenadas do RNAm em questão.
Logo, o cálculo torna-se impossível.
A expressão diferencial dos genes determina as diferenças morfológicas e fisiológicas entre os
diferentes tipos celulares de um mesmo organismo.
O segmento do gene que codifica a sequência de aminoácidos serina, asparagina e glutamina
apresenta a seguinte sequência de bases nitrogenadas: T C A T T A G T C.
Em um organismo pluricelular, as células formadoras dos tecidos e órgãos são geneticamente
idênticas, porque se originaram por mitoses. A diferenciação morfofisiológica ocorre devido à
expressão diferencial de seus genes.
No mecanismo de transmissão gênica, a fita molde do DNA é transcrita em RNA mensageiro,
processo catalisado pela enzima RNA-polimerase dependente de DNA.
O processo indicado pela seta 3 é denominado tradução. Consiste na síntese de proteínas e
ocorre, principalmente, no retículo endoplasmático granular (rugoso).
O código genético é estabelecido entre a trinca de bases nitrogenadas no DNA e o aminoácido
correspondente.
O RNA mensageiro transcrito apresentará a sequência
AUGUUCCAAGAAACUGAUAUUAAUCGUAAG e 30 nucleotídeos, dos quais nove são uracila
nucleotídeos. Portanto, o segmento de RNAm possui 30% de uracila.
DNA (citral):
... AAC
RNAm:
... UUG
aminoácidos:
...
leu
...
DNA
... GGG
(canela):
RNAm:
... CCC
aminoácidos:
...
pro
AAG
UUC
fen
CCA
GGU
gli
ACC
UGG
trp
AGC
UCG
ser
ACG
UGC
cis
CGG
GCC
ala
AAA
GGA
CCA
AAA
CCA
AAA
UUU
fen
CCU
pro
GGU
gli
UUU
fen
GGU
gli
UUU
fen
AAA
UUU
fen
GGC
CCG
pro
A fixação do RNA transportador ao ribossomo é fundamental para o transporte do aminoácido e a
formação da cadeia polipeptídica. Logo, ao impedir a fixação do RNA transportador ao ribossomo,
as tetraciclinas atuam impedindo a síntese de proteínas.
A base pirimídica timina aparece na molécula de DNA.
O DNA dos organismos A e D possui duas cadeias polinucleotídicas complementares porque nos
dois casos a relação A+G/T+C é igual a 1.
O DNA é uma macromolécula formada pela polimerização de desoxirribonucleotídeos unidos
entre si por ligações fosfodiéster. As duas cadeias são unidas por partes de hidrogênio que se
formam entre os pares específicos de bases nitrogenadas, isto é, adenina pareada com timina e
guanina com citosina.
O grupo ARh é doador para ARh e para ABRh , o receptor universal ideal.
Pessoas com genótipo ii pertencem ao grupo O e possuem as aglutininas anti-A e anti-B no
plasma. Por esse motivo, somente podem ser transfundidos com sangue do tipo O.
[I] Falsa. Um homem do grupo AB, com genótipo IA IB , não pode ser pai biológico de uma criança
pertencente ao grupo O (ii).
[IV] Falsa. A mãe do grupo O é geneticamente homozigota (ii).
De acordo com o sistema ABO, indivíduos portadores do alelo IA apresentam na membrana de
suas hemácias o aglutinogênio A; os portadores do alelo IB apresentam aglutinogênio B;
portadores dos alelos (IA e IB), concomitantemente, possuem os dois aglutinogênios (A e B); os
indivíduos que apresentam o alelo i em homozigose (ii) não possuem os aglutinogênios A e B em
suas hemácias sendo, portanto, doadores universais.
O homem do grupo O (ii) ao casar-se com uma mulher do grupo AB (IAIB ) somente poderá ter
filhos biológicos dos grupos A (IA i) ou B (IB i), com menor propensão do ataque dos mosquitos
Anopheles gambiae.
Sendo filho de pai O (ii) e mãe AB (IA IB ), o indivíduo 4 tem 50% de chance de pertencer ao grupo
sanguíneo A (IA i) e 50% de pertencer ao grupo B (IB i).
Fenótipos Genótipos
M
AgM AgM
N
AgN AgN
MN
AgM AgN
Pais:
P(
iirr 
iiRr
1
1 1
iiRr)   1 
2
2 4
pais:
A Rh (IA irr) e
P (criança IAirr) 
AB Rh (IAIBRr)
1 1 1
 
4 2 8
Um homem do grupo A, homozigoto (IAIA ), não pode ser pai de uma criança do grupo B, com
genótipo IBIB ou IBi.
A formação de moléculas de água pela associação do oxigênio com o hidrogênio ocorre durante a
cadeira respiratória, fase da respiração celular que se passa nas membranas das cristas
mitocondriais.
Os gráficos mostram que para avaliar a dissolução de oxigênio no plasma dos animais
desprovidos de pigmentos respiratórios, a temperatura da água deve ser baixa e a profundidade
alta.
Durante o processo de fermentação da massa do pão ocorre a liberação de gás carbônico, o qual
estufa a massa.
A respiração celular aeróbica inclui as seguintes fases: glicólise, realizada no citosol; ciclo do
ácido cítrico (de Krebs) na matriz mitocondrial e cadeia respiratória (fosforilação oxidativa) nas
cristas mitocondriais.
A retenção da respiração provoca o aumento da concentração de CO2 no sangue e,
consequentemente, a diminuição da concentração do O2. O oxigênio é necessário para a
produção de energia (ATP) utilizada no metabolismo celular.
[III] Falsa. Durante a inspiração, os músculos intercostais e o diafragma contraem.
A sequência correta, de cima para baixo, na coluna Respiração é: 2, 1, 3, 4.
As trocas gasosas entre os capilares sanguíneos e as células alveolares dos pulmões ocorre por
difusão simples, sem gasto energético.
A parada voluntária da ventilação pulmonar causa a diminuição da concentração do oxigênio (O2 )
na corrente sanguínea e, consequentemente, o aumento na concentração do dióxido de carbono
(CO2 ).
O número de moléculas de ATP produzidas nas mitocôndrias é diretamente proporcional ao
número de moléculas de água produzida a partir da reação de prótons (H+) com o oxigênio
consumido na respiração celular aeróbica.
[II] Falso. Durante a progressão da fase I para a fase II as brânquias contribuem mais para a
excreção do CO2 do que para a absorção do O2.
O relaxamento do diafragma e da musculatura intercostal causa a expiração. O álcool dissolvido
no plasma sanguíneo é volátil e passa para o ar alveolar. O etilômetro mede o teor do álcool
etílico presente no ar expirado pelos pulmões.
Os pulmões são estruturas respiratórias presentes em anfíbios adultos, répteis, aves e mamíferos.
Essas estruturas variam em morfologia e tamanho, porém, proporcionam aos animais uma grande
área relacionada às trocas gasosas com o ambiente.
As traqueias observadas em insetos transportam o oxigênio diretamente aos tecidos do animal,
sem a participação do sistema circulatório.
Todas as afirmativas estão corretas e relacionadas à reação de formação do íon (HCO3 ) .
O consumo excessivo de antiácidos diminui a acidez do suco gástrico prejudicando a
transformação do pepsinogênio em pepsina e a eliminação de micro-organismos ingeridos com os
alimentos da dieta.
A vesícula biliar libera a secreção biliar totalmente desprovida de enzimas digestórias.
Os alimentos termogênicos geram energia na forma de calor aumentando a taxa metabólica.
Quando a pressão sanguínea aumenta os rins liberam renina na corrente sanguínea. O sistema
renina-angiotensina provoca vasodilatação arterial, aliviando a pressão exercida pelo sangue na
parede das artérias.
Em uma alimentação equilibrada deve-se evitar o consumo excessivo de lipídios e glicídios,
equilibrar a ingestão de proteínas e aumentar o consumo de vitaminas e sais minerais presentes
em frutos, legumes e hortaliças.
Os macronutrientes que devem ser obtidos na dieta normal, baseada em produtos de origem
vegetal e animal são, respectivamente, carboidratos como o amido e diversos tipos de proteínas.
[IV] Falsa. As sanguessugas são ectoparasitas hematófagos; prejudicam seus hospedeiros por se
alimentarem de sangue e são animais dotados de tubo digestório completo.
As proteases são enzimas que iniciam a hidrólise das proteínas fibrosas da carne bovina,
tornando-a mais macia para a alimentação humana.
A pepsina é uma protease presente no suco gástrico. Essa enzima hidrolisa proteínas no
estômago, em ambiente ácido (pH  2,0).
Com a finalidade de minimizar o erro inato causado pelo defeito genético da fenilcetonúria, devese submeter o bebê afetado a uma dieta que restrinja a ingestão de aminoácido fenilalanina.
A expressão "jantar como um plebeu" refere-se ao fato de que devemos ingerir uma refeição
frugal antes de dormir. Durante o sono o gasto energético é menor e uma refeição leve não
sobrecarrega o sistema digestório.
As substâncias purificadas pelo pesquisador são, respectivamente, enzima, celulose, triglicerídeo,
glicogênio e RNA.
Os impulsos nervosos sempre se propagam, em todos os tipos de neurônios, no sentido dendrito
– corpo celular – axônio.
Os pesticidas interferem na sinalização nervosa eferente, isto é, na transmissão de potenciais de
ação originados no sistema nervoso central (SNC) em direção aos órgãos viscerais e motores.
No contexto do enunciado, quanto maior a criatividade, menor o número de prolongamentos dos
neurônios cerebrais.
A região encefálica onde se situam o hipotálamo e a glândula hipófise está indicada no esquema
pelo número II.
Observação: O hormônio melatonina é produzido e secretado pela glândula pineal.
A tabela mostra que existem regiões do corpo humano capazes de discriminar com maior precisão
os toques do compasso na pele como, por exemplo, o polegar e o indicador. Não importando a
distância dos toques, o homem consegue saber exatamente o número de toques aplicados
nesses órgãos da mão.
O bulbo é o local do sistema nervoso que possui centros de controle das funções cardíacas e
respiratórias. O cerebelo é responsável pelas funções motoras, como movimento e equilíbrio. O
hipotálamo possui entre outras funções fazer o controle da temperatura corporal dos mamíferos.
A descalcificação óssea pode ser causada pela produção excessiva do paratormônio (PTH)
secretado pelas glândulas paratireoides.
O portador de diabetes mellitus tipo I não produz insulina. Consequentemente, após uma refeição
rica em carboidratos, ele apresentará hiperglicemia e neoglicogênese. Durante a neoglicogênese,
as células hepáticas produzem glicose a partir de substâncias não glicídicas, tais como o ácido
pirúvico e certos aminoácidos.
ANULADA
Questão anulada pelo gabarito oficial.
A atividade do hormônio somatotrófico produzido e secretado pela adenohipófise causa, entre
outros efeitos o aumento da síntese proteica e, consequentemente, o aumento no tamanho das
células.
A coluna fica corretamente preenchida, de cima para baixo, com a sequência [II], [IV], [III] e [I].
[I] Falso. O hormônio TRH é produzido e secretado pelo hipotálamo.
[IV] Falso. O aumento da concentração dos hormônios tireoidianos T3 e T4 causa diminuição na
produção e secreção dos hormônios TRH e TSH.
[V] Falso. O hormônio calcitonina é secretado pela glândula tireoidea quando há diminuição do
nível de cálcio no sangue.
A letra A indica o indivíduo portador da diabetes do tipo II, porque sua taxa glicêmica permaneceu
alta durante várias horas após a ingestão de glicose.
O hormônio Y é o glucagon. Esse hormônio aumenta para evitar a hipoglicemia após algum tempo
de jejum.
O corpo humano se adapta em grandes altitudes, onde o ar é rarefeito, aumentando o número de
glóbulos vermelhos (hemácias) em circulação para tornar mais eficiente o transporte de oxigênio
para os tecidos do corpo.
Questão anulada no gabarito oficial.
O interferon é uma proteína produzida pelas células do organismo com a finalidade de defendê-lo
de agentes patogênicos como bactérias e vírus e também contra células tumorais.
O hemograma revela que a pessoa possui plaquetas abaixo do normal. A trombocitopenia
predispõe o organismo a ter distúrbios hemorrágicos caracterizados por sangramento fácil.
A recomendação não é válida, pois o prego, durante o cozimento do alimento, libera pouco ferro
e, consequentemente, o organismo apresenta reduzida absorção deste elemento químico.
Durante a diferenciação de um eritroblasto em um eritrócito, o núcleo celular é eliminado por
exocitose, enquanto as organelas são digeridas pelas enzimas lisossômicas; processo conhecido
por autofagia.
São vinte e três moléculas de DNA presentes nos cromossomos de cada um dos pró-núcleos
masculino e feminino antes da cariogamia.
Durante a puberdade os esteroides sexuais têm sua produção rapidamente aumentada. A partir
da adolescência, a produção de esteroides sexuais pelos ovários e pelos testículos é controlada
pelos hormônios trópicos da hipófise anterior (hormônio luteinizante e hormônio folículo
estimulante) que juntos são conhecidos como gonatotropinas. A produção de esteroides sexuais
inicia-se durante a fase fetal.
Os quadrigêmeos produzidos pelo método de fertilização assistida serão geneticamente distintos,
porque resultam da fecundação de quatro óvulos diferentes por quatro espermatozoides
igualmente distintos.
I. Falso: As glândulas acessórias do sistema reprodutor masculino são a próstata, as glândulas de
Cowper e as vesículas seminais. A bexiga urinária faz parte do sistema urinário.
V. Falso: A ereção do pênis é determinada, principalmente, pelo aumento do volume sanguíneo
nos corpos cavernosos.
[A] está incorreta, pois os espermatozoides são produzidos nos testículos.
[B] está incorreta, porque a fecundação ocorre geralmente nas tubas uterinas.
[D] está incorreta, pois após a formação do zigoto, inicia-se o processo da segmentação (ou
clivagem).
[E] está incorreta, porque a formação dos folhetos germinativos começa a acontecer durante o
estágio de gastrulação.
Os termos constantes na alternativa [D] preenchem corretamente e respectivamente as lacunas
do texto.
[II] Asserção falsa: a pele não é uma glândula endócrina.
Razão falsa: as glândulas sudoríparas e sebáceas são exócrinas.
[III] Asserção verdadeira.
Razão falsa: as células produtoras de melanina são os melanócitos.
A derme é formada por tecido conjuntivo propriamente dito, sustenta e nutre a epiderme.
O estroma da íris é um tecido de preenchimento, distinto do parênquima que forma a parte
funcional de muitos órgãos.
A analogia entre a telefonia celular e o corpo humano é válida apenas em parte. No sistema
auditivo, as ondas sonoras são transformadas em impulsos nervosos que são transmitidos de
célula à célula (neurônios) até atingir a região encefálica (central de controle), onde os impulsos
são interpretados como sons.
As afirmativas são verdadeiras e relacionadas à percepção visual.
O exoesqueleto ocorre em diversos grupos animais, tais como: cnidários, moluscos, artrópodes
etc.
Os corais calcários apresentam exoesqueleto. Os representantes do filo equinodermas possuem
endoesqueleto, formado por diversos tipos de placas calcárias, ambos com função de sustentação
e proteção.
Os elementos figurados do sangue (hemácias, leucócitos e plaquetas) são produzidos a partir das
divisões e diferenciação das células-tronco multipotentes presentes no tecido conjuntivo
hematopoiético situado na medula óssea vermelha.
Os termos que preenchem corretamente as lacunas do texto estão relacionados na alternativa [E].
Em situação de risco de desidratação, a ação do hormônio antidiurético (ADH), amplifica a
reabsorção de água nos túbulos renais. Consequentemente, os estudantes eliminam urina com
menor volume de água e maior concentração de sais minerais.
O transporte ativo de solutos, do filtrado glomerular para a corrente sanguínea, ocorre nos túbulos
contorcidos proximal e distal.
A altitude é um fator ecológico abiótico que provoca o aumento do número de hemácias.
Em situação de desnutrição proteica severa, a pressão osmótica do plasma sanguíneo fica abaixo
do normal e, consequentemente, ocorrera acúmulo de líquido intersticial nos tecidos periféricos do
organismo humano.
[I] Falsa. As artérias pulmonares e umbilicais transportam sangue venoso. A veia umbilical e as
veias pulmonares transportam sangue arterial.
[III] Falsa. O ventrículo esquerdo do coração possui paredes mais espessas do que o ventrículo
direito, pois impulsionam o sangue arterial para todo o corpo.
[IV] Falsa. As veias cavas trazem o sangue venoso do corpo para o átrio direito do coração.
[V] Falsa. As paredes das artérias apresentam uma túnica musculosa mais espessa do que a
parede das veias, fato que auxilia o transporte do sangue rico em oxigênio para todo o corpo.
Em um exercício físico, são abordagens fisiológica, bioquímica e biomecânica, respectivamente:
variações de frequência cardíaca e da pressão arterial, utilização da glicemia para a produção de
energia e o tamanho da passada durante a execução da corrida.
Na deficiência de cálcio, as miofibrilas permanecem relaxadas porque as moléculas de miosina
separam-se das moléculas de actina.
Em relação ao universo dos organismos celulares, a reprodução sexuada amplia a variabilidade
genética das espécies por meio dos processos de recombinação gênica e da fecundação de
gametas.
A formação dos gêmeos univitelinos (monozigóticos ou idênticos) caracteriza a poliembrionia. Os
gêmeos com características diferenciais são bivitelinos (dizigóticos ou fraternos).
Os indivíduos resultantes do processo de reprodução assexuada, por regeneração, serão
geneticamente idênticos. A regeneração ocorre em meio de mitoses e diferenciação celular.
A Araucaria angustifolia, conhecida como pinheiro-brasileiro, é uma espécie de gimnosperma
lenhosa, vascular e dioica, isto é, de sexos separados.
As bactérias quimiossintetizantes utilizam a energia de uma reação química exotérmica para
produzir carboidratos. A fotólise da água é realizada pela maioria dos organismos autótrofos
fotossintetizantes.
A bactéria II consegue oxidar o substrato do meio e produz ATP, porém não possui enzimas
capazes de protegê-las ou livrá-las dos produtos tóxicos do oxigênio.
O fitoplâncton é formado exclusivamente por microalgas de diversas espécies, que flutuam
livremente na coluna d’água.
[I] Falsa. Existem clorofíceas bentônicas, ligadas ao fundo oceânico, como a alface-do-mar (Ulva
sp.).
[II] Falsa. As pteridófitas desenvolvem raízes, caule e folhas.
[V] Falsa. Em plastídeos de plantas, a reserva é encontrada na forma de amido.
Os liquens são associações simbióticas entre indivíduos autótrofos (algas unicelulares) e
heterótrofos (fungos).
Os líquens são associações harmônicas interespecíficas de certas espécies de fungos com algas
(Reino Protistas) ou cianobactérias (Reino Monera).
Todos os itens estão corretos e relacionados aos esporos.
Os fungos são organismos uni ou multicelulares, eucariontes, exclusivamente heterótrofos e
desprovidos de pigmentos fotossintetizantes. Possuem parede celular de quitina e reserva de
glicogênio.
Durante o ciclo vital das pteridófitas, após a fecundação de gametas forma-se o esporófito,
correspondente ao vegetal dominante, autótrofo e capaz de produzir esporos por meiose. A
germinação dos esporos produz o protalo (gametófito), planta transitória, autótrofa que formará
gametas por meiose em gametângios microscópicos.
As estruturas vegetais presentes no enfeite natalino mostrado na foto são as pinhas (ou
estróbilos), estruturas reprodutivas de gimnospermas.
As plantas parasitas verdadeiras, geralmente, apresentam o corpo vegetativo reduzido.
As plantas produtoras de flores e frutos são as angiospermas.
Os representantes do Reino Fungi, tais como leveduras, cogumelos, orelhas-de-pau etc., são
organismos eucariontes, uni ou pluricelulares e sempre heterótrofos.
Os fungos multicelulares são constituídos por filamentos ramificados denominados hifas. O
conjunto de hifas forma o micélio, que forma o corpo do fungo.
O esquema representa uma célula vegetal, porque possui plastídeos, indicado pela seta 2.
A parede celular é observada nas células vegetais. Os antibióticos não têm efeito sobre essa
membrana, porque ela apresenta o polissacarídeo celulose em sua composição.
O arquêntero é o esboço do tubo digestório observado durante o desenvolvimento embrionário
dos animais, a partir do filo Cnidários. Axônios e dendritos são prolongamentos de neurônios. O
endométrio é o revestimento interno do útero, estrutura responsável pela implantação, fixação e
nutrição da maioria dos mamíferos.
Gabarito Oficial: ANULADA.
Gabarito SuperPro®: [B]
Observação: Originalmente, todas as alternativas estão corretas, motivo pelo qual, muito
provavelmente a questão tenha sido anulada pela banca.
Alterando o item [B] de: ―Ficam abertos com suprimento de água ideal‖ para: ―Ficam fechados com
suprimento de água ideal‖, a resolução será a seguinte:
Geralmente, os estômatos ficam abertos quando o vegetal recebe um suprimento de água ideal.
O movimento de crescimento e curvatura do caule em direção à luz denomina-se fototropismo
positivo. O crescimento e curvatura dos caules contra a ação da gravidade é chamado de
geotropismo negativo.
O fechamento dos folíolos da Dionaea é um movimento nástico, porque não depende da direção
do agente excitante, e sim da quantidade de pelos (tricomas) tocados pelo inseto enquanto a
armadilha está aberta.
As plantas carnívoras altamente modificadas deverão apresentar maior adaptação em um meio
experimental pobre em sais minerais, pois podem obtê-los do solo e de suas presas. Outrossim,
conseguem eficiência fotossintética com iluminação baixa sendo, geralmente, plantas de sombra
(umbrófilas).
[II] Falsa. O processo ilustrado na figura é a fotossíntese.
[V] Falsa. A água utilizada no processo é absorvida pelas raízes.
Os termos que preenchem correta e respectivamente as lacunas do texto estão relacionados na
alternativa [D].
As reações fotoquímicas da fotossíntese convertem a energia da luz em energia química na forma
de ATP e NADPH+.
Durante a fase clara (fotoquímica) da fotossíntese ocorre a fotólise da água, isto é, a quebra da
molécula de água com a consequente liberação de oxigênio.
O granum corresponde a uma pilha de sacos membranosos conhecidos por tilacoides.
O procâmbio origina os tecidos condutores primários: xilema e floema. O meristema fundamental
forma o parênquima de preenchimento e os tecidos de sustentação mecânica, o colênquima e o
esclerênquima. A protoderme originará a epiderme.
As raízes das plantas não estão relacionadas ao processo de reprodução sexuada.
As raízes das plantas estão envolvidas, principalmente, na absorção de água e íons minerais do
solo.
Os tipos de caules mostrados nas imagens, são, respectivamente, colmo, rizoma, tubérculo e
volúvel.
A gutação ou sudação é a perda de água no estado líquido pelos poros sempre abertos situados
nos bordos das folhas de determinadas plantas. Esses poros são denominados hidatódios ou
estômatos epitemais.
A produção de óvulos e, consequentemente, de sementes, ocorre em gimnospermas e
angiospermas.
A sequência de plantas correspondentes à descrição dos itens [I], [II], [III] e [IV] está corretamente
relacionada na alternativa [D].
Os organismos pertencentes ao Reino Plantae são pluricelulares, eucariontes e clorofilados.
[II] Falsa. No anfioxo, as trocas gasosas ocorrem por difusão pela superfície do corpo.
[IV] Falsa. Nos vertebrados gnatostomados a notocorda é substituída pela coluna vertebral.
Os peixes ósseos possuem um coração venoso bicavitário. Ampolas de Lorenzini e escamas
placoides ocorrem em peixes cartilaginosos.
[II] Falsa. Os tubarões não possuem bexiga natatória.
[IV] Falsa. Existem tubarões de pequeno porte.
Os anfíbios são animais vertebrados adaptados a ambientes úmidos ou aquáticos, porque
apresentam a pele fina, permeável e pouco queratinizada, adaptada para a respiração cutânea
nas formas terrestres.
A respiração pulmonar efetiva é um caráter compartilhado pelos répteis modernos e seus
ancestrais. Essa adaptação foi fundamental para a sobrevivência no ambiente terrestre.
A lagartixa é um réptil, animal que apresenta respiração exclusivamente pulmonar.
A moela é o estômago mecânico das aves, especialmente desenvolvida nas aves granívoras.
O barro ingerido pelas araras contém substâncias químicas capazes de neutralizar determinados
agentes tóxicos presentes em sua dieta.
[I] Falso. O beija-flor é uma ave que se alimenta de néctar. Algumas espécies são noturnas.
[III] Falso. As garças são predadoras.
Os cnidoblastos ou cnidócitos são células urticantes envolvidas na defesa, captura de presas,
locomoção e fixação dos cnidários, tais como as anêmonas-do-mar.
O aumento do gradiente eutrófico em águas colonizadas pelos corais aumenta a demanda
bioquímica pelo oxigênio, devido à atividade dos agentes decompositores e, também, a taxa
fotossintética das algas zooxantelas associadas com os tecidos dos corais. Na ausência do
oxigênio, as microalgas definham e morrem, pois não conseguem respirar durante os períodos
escuros do dia.
A relação entre corais e algas é do tipo harmônica interespecífica. Ou seja, é uma interação
positiva entre diferentes espécies. As algas não são parasitas dos corais e sim endossimbiontes,
ou seja, vivem dentro dos tecidos dos corais e estabelecem com eles uma relação mutualística.
Resposta da questão 353: 04 + 08 + 16 = 28.
Nos cnidários, também denominados celenterados, não há sistema circulatório.
Estes animais apresentam dois folhetos embrionários – ectoderme e endoderme –, sendo então
denominados diblásticos. Não apresentando celoma que é uma cavidade revestida por
mesoderme.
Resposta da questão 354: V - V - F - F - F.
Os representantes do filo cnidários são onívoros que realizam digestão extracelular na cavidade
gastrovascular e, posteriormente, a digestão intracelular de partículas alimentares fagocitadas
pelas células da gastroderme. Os cnidários não formam espículas, estruturas esqueléticas
exclusivas de poríferos (espongiários). O filo cnidários inclui espécies monoicas e dioicas e
espécies que sofrem reprodução assexuada por brotamento ou estrobilização.
A classe Anthozoa apresenta apenas formas polipoides, dessa forma, o ponto 3 indica a perda da
fase medusoide.
Em protoctistas (protozoários) ciliados e vacúolo digestório corresponde ao estômago, o
citóstoma, à boca e o citopígeo, ao ânus.
Os protozoários são protoctistas unicelulares, eucariontes e heterotróficos. Vivem no mar, em
águas continentais, no solo úmido ou associados a outros organismos vivos. A digestão em
protozoários é exclusivamente intracelular, sob a ação das enzimas lisossômicas.
Os protozoários são microrganismos unicelulares, eucariontes, heterotróficos, de vida livre
aquática e bons indicadores da qualidade do meio ambiente.
As amebas se deslocam por meio de pseudópodes (falsos pés). A toxoplasmose é uma doença
causada pelo protozoário esporozoário Toxoplasma gondii.
O desenho representa o processo de conjugação entre dois ciliados. Nesse mecanismo
reprodutivo sexuado, há troca de material genético entre os micro-organismos envolvidos.
Os protozoários podem se locomover por meio de flagelos (T. cruzi) ou por emissão de
pseudópodes (amebas) e por batimento ciliar (paramécio). A parede celular das diatoméceas (ou
crisofíceas) é composta por sílica.
A espécie Phyllobates terribilis pertence à família Dendrobatidae.
[I] Falsa. O grupo dos vertebrados inclui peixes, anfíbios, répteis, aves e mamíferos.
[II] Falsa. As esponjas são representantes do filo Poríferos (ou Espongiários)
Um grupo (táxon) que inclui representantes com diferentes ancestrais, ou linhas evolutivas, é
considerado polifilético.
Gabarito Oficial: ANULADA.
Gabarito SuperPro®: [A]
Observação: Originalmente, todas as alternativas estão incorretas, motivo pelo qual, muito
provavelmente a questão tenha sido anulada pela banca.
Alterando o item [A] de: "anfíbios, artrópodes, moluscos, répteis, artrópodes, anelídeos" para
"cordados, artrópodes, moluscos, cordados, artrópodes, anelídeos", ficará correta e relação dos
animais coletados com os filos a que pertencem.
A árvore filogenética proposta aponta que o receptor ancestral comum a todos os receptores
respondia apenas ao estrogênio.
As populações são formadas por indivíduos de uma espécie, os quais podem trocar genes
livremente, produzindo descendência fértil. O isolamento geográfico de subpopulações pode
produzir raças e novas espécies que ficam isoladas reprodutivamente por terem acumulado
mutações que produziram vantagens evolutivas em novos ambientes.
No cladograma I o reino e Fungi e Animalia compartilham um ancestral comum imediato e são
táxons irmãos. Portanto, são parentes mais próximos entre si. Nos demais cladogramas o Reino
Fungi e/ou Animalia formam um grupo irmão com o reino Plantae.
De acordo com texto, a bexiga natatória dos peixes é uma estrutura mais derivada do que o
pulmão.
Os representantes dos filos Porifera, Cnidaria e Echinodermata são exclusivamente aquáticos.
Os representantes do filo Echinodermata possuem um exclusivo sistema hidrovascular,
denominado ambulacrário, relacionado com a locomoção, circulação, respiração, excreção e
percepção sensorial. São representantes típicos as estrelas-do-mar, ouriços-do-mar, pepinos-domar, entre outros.
Os animais representantes da classe Gastropoda do filo Mollusca, tais como os caracóis e os
caramujos possuem um pé musculoso achatado como uma "sola de sapato" para a locomoção e
uma rádula formada por dentículos quitinosos na boca, utilizada para reduzir o tamanho do
alimento ingerido.
Os representantes do filo dos moluscos apresentam simetria bilateral ou simetria bilateral
modificada. A concha externa tem natureza calvária.
O aumento do tamanho corporal de determinados platelmintos foi acompanhado pelo
achatamento do corpo, como uma forma de compensar a ausência de um sistema circulatório
verdadeiro e ausência de uma cavidade corpórea interna.
1. Falso - Existem poríferos que atingem proporções muito maiores do que 1 mm. As células
desses animais podem realizar trocas diretamente com o meio aquático em que vivem.
4. Falso - O suporte de substâncias entre os tecidos dos platelmintos e o meio nem sempre ocorre
por difusão, podendo ocorrer por difusão facilitada e, também, por transporte ativo.
As proteínas são sintetizadas nos ribossomos aderidos às membranas do retículo endoplasmático
rugoso (granuloso).
Os aminoácidos marcados radioativamente serão localizados aos 5 minutos no retículo
endoplasmático rugoso onde serão incorporados em proteínas. As proteínas serão transportadas
e processadas no sistema golgiense (10 minutos) e, posteriormente, concentradas e embaladas
em vesículas de secreção (15 minutos).
Os ribossomos são constituídos por moléculas de RNA ribossômico associadas à vários tipos de
proteínas.
As enzimas lisossômicas causam a morte celular programada (autólise), contribuindo
decisivamente na formação dos contornos corretos dos dedos das patas da maioria dos
vertebrados tetrápodes.
A enzima catalase presente nos peroxissomos decompõe o peróxido de oxigênio (H2O2 ) em H2O
e O2, evitando a formação de radicais livres que podem causar danos às estruturas celulares.
Os lisossomos são organelas citoplasmáticas responsáveis pela digestão intracelular.
Os lisossomos são organelas membranosas que contêm enzimas hidrolizantes e podem digerir
organelas em situação de renovação de estruturas em desuso ou na privação alimentar contínua.
A relação numérica correta, de cima para baixo, aparece na alternativa [B].
O ATP (trifosfato de adenosina) armazena a energia liberada na degradação dos compostos
orgânicos e a disponibiliza para o trabalho celular.
As mitocôndrias são organelas presentes em células eucarióticas. Elas apresentam membrana
dupla, DNA, RNA e ribossomos próprios.
As organelas presentes em células eucariotas responsáveis pela síntese de ATP (energia) são as
mitocôndrias.
O retículo endoplasmático rugoso produz e envia proteínas que serão armazenadas e
processadas nas cisternas do sistema (complexo) golgiense.
A organela que armazena a enzima catalase é o peroxissomo.
Os processos de conversão que envolvem, respectivamente, duas fontes de energia química:
oxidação anaeróbica e aeróbica; e de energia solar: a fotossíntese.
O gás carbônico, produzido durante a respiração celular em mitocôndrias (I), é utilizado nos
cloroplastos (II) no processo de produção de matéria orgânica por fotossíntese.
A linhagem I é a melhor para se conseguir o maior rendimento de polímeros secretados no meio
de cultura, por apresentar o maior percentual de complexo golgiense.
O retículo endoplasmático rugoso é formado por uma rede intracelular de túbulos e vesículas onde
estão aderidos os ribossomos responsáveis pela síntese de proteínas.
O sistema golgiense tem a função de secreção de materiais produzidos pelo retículo
endoplasmático granuloso, dentro de vesículas. Enzimas no interior da organela adicionam
açucares e fosfatos à proteína recebida do reticulo endoplasmático granuloso.
A autofagia renova estruturas celulares em desuso. A apoptose provoca a morte programada de
certas células, auxiliando a modelagem dos tecidos e órgãos dos seres multicelulares. A
heterofagia corresponde à digestão, por enzimas lisossômicas, de materiais englobados pela
célula, por fagocitose ou pinocitose.
As interações que ocorrem entre as moléculas de água e que dão suporte aos processos
bioquímicos são denominadas ligações de hidrogênio.
Os aminoácidos são as unidades estruturais (monômeros) que constituem as proteínas que
formam os seres vivos.
O grupo fosfato faz parte da estrutura molecular do DNA e do RNA.
A dieta estritamente vegetariana, normalmente, é muito pobre em vitamina B12 . Essa vitamina é
essencial para a eritropoese na medula óssea vermelha.
A água participa como reagente das reações químicas de hidrólise, tais como a digestão do
amido, proteínas, lipídios e ácidos nucleicos. Nas reações de síntese por desidratação a água é
produto da reação. Essas reações podem ser exemplificadas pela síntese de proteínas, do
glicogênio, entre outras.
Os aminoácidos são os monômeros, unidades formadoras, das proteínas.
As proteínas apresentam uma grande diversidade de funções biológicas atuando, por exemplo, na
defesa dos organismos, na composição de muitas estruturas corporais e na catálise de diferentes
reações metabólicas. As vitaminas são substâncias orgânicas não sintetizadas pelos organismos,
necessárias em pequenas quantidades. A frutose é um monossacarídeo do tipo hexose. Os
ácidos nucleicos caracterizam-se pela presença de pentoses e, ao contrário dos carboidratos,
atuam como material hereditário.
Em condições aeróbicas o piruvato é degradado no ciclo do ácido cítrico, também conhecido
como ciclo de Krebs.
A fluidez da membrana plasmática determina por interações moleculares entre os fosfolipídios
constituintes da bicamada, permite a movimentação das proteínas que fazem parte dessa
estrutura celular.
As proteínas presentes na membrana plasmática das células são estruturais e também atuam no
transporte seletivo de substâncias entre os meios extra e intracelular.
O transporte de íons através de proteínas canais (porinas), situadas na membrana plasmática,
ocorre a favor do gradiente e não consome energia, caracterizando um tipo de transporte passivo.
Entretanto, o transporte contra gradiente de concentração, tais como a ATPase Na K  , é
mediado por bombas e consome energia.
A concentração crescente, em soluto, em que as células estão mergulhadas é III, I e II. Em III a
solução é hipônica, em I é isotônica e em II é hipertônica, provocando a desidratação celular.
A solução A é hipotônica em relação ao citoplasma das hemácias, porque as células ganharam
água, por osmose e aumentaram seu volume. A solução B é isotônica em relação ao citoplasma
dos eritrócitos, pois não foi observada alteração de seu volume. A solução C é hipertônica em
relação ao citoplasma dos glóbulos vermelhos, porque provocou perda osmótica de água com
consequente redução de volume das células pesquisadas.
O cariótipo apresentado revela os 23 pares de cromossomos de um homem normal, contendo
vinte e dois pares de autossomos, um cromossomo X e um cromossomo Y.
As proteínas histônicas podem ser responsáveis pelo bloqueio da transcrição de certos genes a
serem expressos. Dessa forma, o controle da expressão gênica é epigenético.
A carioteca é constituída por membrana lipoproteica dupla presente durante o período interfásico.
Os sintomas relacionados aparecem em pacientes infectados pelo vírus da dengue.
O AZT é um fármaco antiviral que tem a finalidade de impedir a transcrição reversa do vírus HIV,
causador da AIDS. O AZT impede a formação do DNA a partir do RNA viral, após a entrada do
agente viral na célula hospedeira.
Os medicamentos com ação antirretroviral contém agentes capazes de inibir a ação da enzima
transcriptase reversa presente no vírus HIV. Essa enzima é responsável pela catálise da síntese
de DNA a partir do RNA viral.
[II] Falsa. A febre Chikungunya não é perigosa e não causa um quadro hemorrágico nos
portadores.
[III] Falsa. Até o momento, não há vacina que possa prevenir a população humana contra a febre
Chikungunya.
O vírus causador da febre hemorrágica do ebola contém RNA como material genético.
A dengue é uma virose adquirida pela picada de fêmeas dos mosquitos Aedes aegypti e Aedes
albopictus. Atualmente, não há vacina disponível para prevenir essa doença e o homem pode
sofrer reinfecção.
A possível disseminação do vírus ebola para outros países não africanos pode ocorrer através de
portadores sãos e não por conta da morbidade ou altas taxas de mortalidade da doença.
O surto a que se refere o texto foi a pandemia de febre hemorrágica causada pelo vírus Ebola. A
doença atingiu países da África Ocidental como a Guiné, Costa do Marfim, Libéria e Nigéria.
Os sintomas da virose Chikungunya são semelhantes aos da dengue, além de provocar dores
articulares desabilitantes.
Uma das principais causas relacionadas com o aumento da incidência de casos de dengue no
Brasil é a condição climática chuvosa, em muitas regiões, adequada para a proliferação do
mosquito vetor.
Os vermes citados são digenéticos (dixenos ou heteróxenos) por apresentar mais de um
hospedeiro em seus respectivos ciclos vitais.
A esquistossomose é causada por platelmintos do gênero Schistosoma. Suas proteínas, ao serem
introduzidas no ser humano, agem como antígenos que estimulam o organismo humano a
produzir, como resposta imunológica à presença dessas proteínas estranhas, anticorpos
específicos que, no caso de uma infecção, reconheceriam e combateriam o parasita.
Vermes parasitas podem se fixar nos seus hospedeiros por placas orais,ventosas ou ganchos.
Tênias não possuem aparelho digestório. A luz intestinal constitui um ambiente pobre em
oxigênio.
Ascaris lumbricoides não penetra pela pele, contrai-se ascaridíase ao ingerir água ou alimento
contaminados com ovos do verme. Ascaris não provoca lesões na parede do intestino e é
unissexuado. O verme causador da cisticercose é a Tenia.
Dado o quadro em que se encontrava o rapaz e, considerando o fato de estar descalço, podemos
concluir que o paciente estava com ancilostomose. O ancilóstomo é um verme nematelminte que
penetra ativamente pela pele, geralmente dos pés, e para evitá-lo devemos andar sempre
calçado.
Filariose, ancilostomose ascaridíase e oxiurose são verminoses causadas por nemátodos.
Teníase e esquistossomose são causadas por platelmintos.
Helminto é um termo genérico utilizado para a designação de vermes (platelmintos, nematelmintos
e anelídeos). Sendo assim, das enfermidades citadas nas alternativas desta questão, são
helmintoses a esquistossomose, a teníase e a ascaridíase, causadas respectivamente pelos
vermes dos gêneros Schistosoma, Taenia e Ascaris. Tuberculose e pneumonia são doenças
causadas por bactérias, tripanossomíase é causada pelo protozoário do gênero Trypanossoma e
AIDS é uma síndrome causada por vírus. Sendo assim, a alternativa ―D‖ é a única que contém
apenas endemias causadas por helmintos.
O agente etiológico da doença de Chagas é o protozoário flagelado Trypanosoma cruzi. O vetor é
o inseto hemíptero conhecido por ―barbeiro‖ ou ―chupança‖. A transmissão do protoctista
geralmente ocorre por meio das fezes contaminadas do inseto no local da picada.
As três doenças citadas no texto têm como causadores protozoários. Malária (Plasmodium sp.),
Leishmaniose (Leishmania sp.) e Doença de chagas (Trypanosoma cruzi).
Com relação ao ser humano, o mosquito prego (Anopheles spp) fêmea é o vetor, pois transmite,
por meio da picada, o agente etiológico da malária, que é o protozoário Plasmodium spp. Com
relação ao protozoário em questão, este mosquito é seu hospedeiro definitivo.
Cães, raposas e marsupiais são mamíferos pertencentes do Filo Chordata. O mosquito Lutzomya
é um inseto do Filo Arthropoda. A esquistossomose é transmitida pelo caramujo Biomphalaria,
pertencente ao Filo Mollusca.
O contágio clássico com a doença de Chagas se dá através do contato das fezes do inseto
Triatoma infestans (barbeiro), infectada com o protozoário Trypanosoma cruzi, com a ferida
causada pela picada daquele inseto. Além dessa forma de contágio, a contaminação com
Trypanosoma cruzi pode ocorrer por via oral, como nos casos já registrados de ingestão de caldo
de cana e de açaí contaminados com barbeiro triturado. Nesse caso, o organismo humano recebe
uma carga muito maior de parasitas, uma vez que todos os protozoários presentes naquele inseto
são ingeridos.
A doença de Chagas é causada pelo protozoário flagelado Trypanosoma cruzi, o tripanossomo.
Foi o médico sanitarista brasileiro Carlos Chagas quem descobriu o parasita causador e
descreveu o ciclo de vida e o modo de transmissão. O tripanossomo é transmitido por insetos
popularmente chamados barbeiro ou chupanças, sendo a espécie transmissora mais comum o
Triatoma infestans. A principal maneira de combater essa parasitose é adotar medidas
preventivas que impeçam a entrada do protozoário no organismo humano, como: a aplicação de
inseticidas nas habitações infestadas, a triagem do parasita em bancos de sangue e o incentivo à
construção de casas de alvenaria.
Malária é uma doença causada pelo protozoário Plasmodium sp e a transmissão se dá através da
picada do mosquito Anopheles sp.
O Bacillus anthracis é uma bactéria patogênica capaz de formar esporos que resistem a
ambientes desfavoráveis e germinam quando em contato com hospedeiros humanos ou animais.
A leptospirose é uma infecção causada pela bactérias Leptospira interrogans adquirida pelo
consumo ou contato com água e alimentos contaminados com a usina de ratos.
As águas de enchentes podem conter a bactéria Leptospira interrogans, eliminada na urina de
ratos urbanos. Esse micro-organismo causa a infecção conhecida como leptospirose.
Os medicamentos antibacterianos são eficazes contra a pneumonia causada pela bactéria
Streptococcus pneumoniae.
A tuberculose é causada pelo bacilo Mycobacterium tuberculosis, sua evolução não é rápida e é
prevenida pela vacina BCG (bacilo Calmette-Guerin). Pessoas vacinadas ou imunologicamente
―resistentes‖ podem adquirir variedades do bacilo e desenvolver a doença.
As afirmativas [III] e [IV] estão incorretas.
A giardíase é causada por um protozoário, Giardia lamblia, adquirida por meio de alimentos e
água contaminadas por cistos. Encontradas no intestino delgado causando complicações como a
diarreia.
A leptospirose é causada por uma bactéria, Leptospira, encontrada na urina de ratos
contaminados, o ser humano pode se infectar com o contato de água, havendo lesões na pele,
este será o local de entrada do parasita.
De acordo com a teoria da seleção natural a abundância de uma determinada característica
fenotípica é o resultado do sucesso reprodutivo da espécie.
O item IV é falso, pois aborda um princípio lamarquista do processo evolutivo.
A deriva gênica pode mudar bruscamente as frequências gênicas e genotípicas em populações
pequenas, devido ao acaso. Essa pode ser a causa da extinção de populações isoladas em
pequenos fragmentos de florestas.
A seleção natural orienta a variabilidade genética em canais evolutivos, gerando adaptação ao
meio ambiente.
[II] Falsa. As adaptações impostas pelo ambiente não são transmissíveis, até prova em contrário.
[IV] Falsa. O uso e desuso fica limitado a certas partes do organismo, tais como o
desenvolvimento do uso de uma das mãos.
[V] Falsa. A recombinação gênica, por meio do crossing-over (permutação), segregação
independente aumentam a variabilidade dos genótipos.
A recombinação gênica não é uma força evolutiva, porque apenas produz novas combinações de
genes nas células reprodutoras (gametas e esporos).
A recombinação produz a variabilidade genética sobre a qual atuam as forças evolutivas.
Mutações casuais e espontâneas podem produzir vegetais capazes de sobreviver e se reproduzir
em solos com alta salinidade. As plantas incapazes de se adaptar nesses ambientes são
eliminadas pelo processo de seleção natural.
Os processos evolutivos 1, 2 e 3 são, respectivamente, as mutações gênicas e cromossômicas, a
recombinação gênica por meio do crossing-over e da segregação independente dos cromossomos
homólogos e seleção natural que orienta as variações, por canais adaptativos, nos ecossistemas
terrestres.
A interrupção do fluxo gênico pela formação de barreiras hídricas favoreceu o isolamento
geográfico e reprodutivo de populações, gerando a diversificação de espécies.
A transmissão de caracteres adquiridos pelo uso e desuso de órgãos foi proposta pelo naturalista
Jean-Baptiste Lamarck.
A coloração da aranha mimetiza as joaninhas fêmeas e atrai os machos que serão suas presas.
A documentação histórica aponta que as ideias propostas pelos evolucionistas Lamarck e Darwin
foram consideradas corretas, apesar de incompletas ou com falhas, na época em que foram
propostas.
A evolução biológica é um processo contínuo envolvendo modificações de características e os
seres humanos estão inseridos nesse contexto natural.
A seleção natural atua nos indivíduos de populações orientando a variabilidade por canais
adaptativos; principalmente em relação à capacidade de sobrevivência e reprodução em
determinado ambiente.
À época da publicação da obra intitulada ―A origem das espécies‖, Charles Darwin concordava
com Lamarck sobre a transmissão hereditária das características biológicas, porém, não aceitava
o processo de ―uso e desuso‖ de órgãos como mecanismo de formação dos caracteres biológicos.
Darwin propunha que a seleção natural era o fator que orientava as variações para a adaptação
ao meio.
Todos os itens estão corretos e relacionados aos processos de evolução biológica.
O apêndice vermiforme situado na extremidade cecal do intestino grosso humano é um órgão
vestigial, pois não apresenta atividade digestória ou absortiva evidente.
Estruturas homólogas são originadas a partir de um ancestral comum e são caracterizadas por
apresentarem anatomia semelhante e mesma origem embrionária. A homologia, portanto não tem
relação com a função. Por outro lado, estruturas análogas, como asas de insetos e de aves, são
aquelas que desempenham a mesma função, mas têm origem embrionária e anatomias
diferentes, o que caracteriza a evolução convergente, que envolve adaptações semelhantes a um
mesmo tipo de ambiente ou função.
Durante a era Paleozoica apareceram todos os filos conhecidos atualmente, dentre os quais os
artrópodes e os moluscos que apresentam, geralmente, exoesqueletos mineralizados.
Todas as afirmativas apresentam condições para que ocorra o equilíbrio de Hardy-Weinberg.
O aumento da variabilidade genética em uma população são:
- mutação, processo este ao acaso, e a
- migração que consiste em saída ou chegada de novos indivíduos em uma determinada área
aumentando a variabilidade dos genes nesta população.
A teoria da endossimbiose, desenvolvida na década de oitenta por Lynn Margulis, parte do
princípio que os cloroplastos e as mitocôndrias dos eucariotos apresentam tamanho semelhante
ao das células procarióticas. De acordo com a teoria, um pequeno procarioto fotossintetizador foi
englobado por um procarioto maior, mas não digerido. Essa relação de endossimbiose teria
beneficiado os dois organismos: o menor forneceria monossacarídeos ao maior e receberia em
troca proteção. O procarioto fotossintetizador, ao longo da evolução, teria originado os
cloroplastos. As membranas duplas das organelas citadas seriam decorrentes do processo de
englobamento de um procarioto pelo outro. Ao longo do tempo, os procariotos menores que
originaram as organelas perderam parte de seu DNA para o núcleo da célula maior.
Órgãos vestigiais são aqueles que se apresentam sem desenvolvimento e geralmente sem
função, assim se apresenta o apêndice humano. Este órgão é bem desenvolvido em organismos
roedores que armazenam o alimento rico em celulose e a ação de bactérias digere as fibras.
Fósseis são remanescentes de organismos antigos contidos em rochas, resinas, ou mesmo gelo.
De maneira geral, fósseis de camadas mais profundas são mais antigos do que os de camadas
mais externas. No entanto, as movimentações da crosta terrestre podem fazer com que camadas
mais antigas se tornem superficiais. Os fósseis são relativamente raros porque, para ocorrer
fossilização, são necessárias condições favoráveis à preservação do organismo, como, por
exemplo, a rápida inclusão em sedimentos de areia ou argila em ambientes alagados.
De acordo com a figura apresentada as estruturas locomotoras apresentadas favorecem os
organismos na sua locomoção, assim como a adaptação deles ao ambiente que vivem. Este é um
exemplo de irradiação adaptativa.
De acordo com a figura dada os artefatos manuais ficam cada vez mais complexos e mais
eficientes para a caça.
Segundo a Teoria Endossimbiótica, a mitocôndria e o cloroplasto se originaram a partir de
procariontes de vida livre aeróbios e fotossintéticos, respectivamente, que foram englobados por
um organismo unicelular, estabelecendo uma relação simbiótica entre eles.
Órgãos e estruturas análogas desempenham a mesma função, independentemente de sua origem
embrionária. Órgãos e estruturas homólogas possuem a mesma origem embrionária,
independentemente de sua função.
A colisão de um asteroide com a Terra provocou a formação de uma grande camada de poeira na
atmosfera que reduziram a penetração de luz até a superfície do planeta. Consequentemente,
houve redução da taxa de produção de matéria orgânica pela fotossíntese, fato que interferiu
severamente no fluxo de energia nas cadeias e teias alimentares terrestres. A queda de um corpo
celeste pode ter provocado a extinção em massa no fim do período Cretáceo da era Mesozoica.
As evidências fósseis revelam que, durante a evolução humana, a espécie Australopitecus
afarensis pode ter dado origem à espécie Homo habilis que, por sua vez, originou o Homo
erectus.
A curva A representa uma epidemia, como a febre hemorrágica causada pelo vírus Ebola. Nesse
caso, o número de indivíduos afetados aumenta rapidamente, em determinado intervalo de tempo.
A curva B indica uma endemia, como a esquistossomose, na qual o número de indivíduos doentes
é, praticamente, constante ao longo do tempo.
[I] Falso. Não existem dados suficientes para que se possa afirmar que o câncer de mama seja o
mais incidente na população brasileira e mundial.
Gabarito Oficial: [E]
Gabarito SuperPro®: [C]
A excreção de produtos nitrogenados, principalmente na forma de ácido úrico, ocorre em insetos,
répteis, aves e alguns anfíbios. A salmonela é uma bactéria comumente encontrada nas
intoxicações causadas por produtos à base de ovos e a manutenção de alimentos em temperatura
inadequada pode estar relacionada à proliferação de estafilococos. A coqueluche tem como modo
de transmissão a inalação de gotículas espalhadas no ar por pessoa contaminada por bactéria e
tem como principais sintomas a tosse e a febre baixa.
O gráfico mostra que, entre as pessoas diagnosticadas com AIDS, a razão do número de homens
pelo de mulheres tendeu à estabilidade a partir de 2002.
Gabarito Oficial: ANULADA
Gabarito SuperPro®: [D]
O escorbuto é causado pela deficiência nutricional da vitamina C (ácido ascórbico). A poliomielite
é causada por vírus e a esquistossomose é uma verminose causada por um verme platelminto
pertencente ao gênero Schistosoma.
A doença causada por alimento deteriorado (mortadela) é o botulismo, causado por toxina
liberada pela bactéria Clostridium botulinum, um micro-organismo anaeróbico, cujos esporos
germinam em alimentos em decomposição.
Dessa forma, a alternativa correta é a letra [D].
O uso do crack, também conhecido como a pasta básica da cocaína, pode provocar, entre outros
sintomas: depressão, delírios, ataques de pânico, impacto na capacidade cognitiva, além de
doenças cardíacas e pulmonares.
A radiografia se baseia na emissão de raios x. A tomografia produz um modelo bidimensional ou
tridimensional de um órgão do corpo humano. O ultrassom é uma fonte de ondas mecânicas que
é refletido na forma de imagem.
Os sintomas da dengue e da gripe comum são semelhantes; entretanto, os casos de dengue não
revelam sintomas respiratórios e as dores pelo osso são mais intensas. Por esse motivo, a
dengue também é conhecida como febre ―quebra-ossos‖.
O composto 3 apresenta melhor potencial terapêutico contra tumores por permanecer por mais
tempo no meio intracelular, intercalado na dupla fita do DNA.
A curva do gráfico indica a contaminação de 35 doentes durante um intervalo de tempo de cerca
de 20 horas. A doença deve ter sido disseminada rapidamente, pelo ar, a partir de uma pessoa
infectada.
O álcool é uma droga depressora do sistema nervoso central. O café, ou outras bebidas, bem
como a prática de exercícios físicos não minimizam os efeitos do álcool.
O compartilhamento de seringas entre os usuários de drogas injetáveis é um fator que aumenta o
risco de disseminação de doenças como a AIDS, hepatites B e C, sífilis, entre outras.
O gastroenterite é uma infecção causada pela bactéria Escherichia coli. A doença causa
desconforto, diarreia e vômitos.
Todas as afirmativas estão corretas e correlacionadas ao tema abordado no enunciado da
questão.
A lavagem das mãos pelos profissionais ligados à saúde é uma medida importante para evitar a
disseminação de microrganismos patogênicos em ambientes hospitalares.
O câncer hepático pode ser causado por certos vírus que, ao se multiplicarem no interior das
células hepáticas podem alterar a regulação gênica e provocar divisões celulares descontroladas.
A difteria é uma infecção bacteriana transmitida de pessoa a pessoa, diretamente pelo ar. A
dengue, a leishmaniose e a malária são transmitidas pela picada de fêmeas de mosquitos.
O medicamento IV aumenta a incidência de distúrbios gastrointestinais em indivíduos infectados
do H. pylory.
A malária é transmitida pela picada das fêmeas do mosquito prego, pertencente ao gênero
Anopheles. A raiva é causada por um vírus. O Treponema pallidum, agente etiológico da sífilis, é
uma bactéria.
Leptospirose, hepatite e diarreia são doenças transmitidas através do contato direto com água ou
lama contaminada.
A morte do animal B no teste 1 indica a presença do príon. No teste 2, o resultado positivo de
anticorpos na lamina A, indica a presença de príon. No teste 3, a protease não agiu sobre o
substrato do gel B, indicando a presença do príon, pois este é resistente à enzima.
Pandemia é uma epidemia de doença infecto contagiosa que se espalha entre populações de
mais de um continente.
Nicotina e solventes agem no sistema nervoso central podendo causar dependência. O monóxido
de carbono, ligando-se ao átomo de ferro da hemoglobina, prejudica o transporte do gás oxigênio
que vai aos tecidos. O aumento do risco de doenças coronárias se dá, principalmente, devido à
perda da elasticidade dos vasos sanguíneos ocasionada pela nicotina. O depósito de alcatrão nas
vias aéreas, além de dificultar a absorção de O2, pode ser cancerígeno. Os casos de câncer de
laringe em fumantes podem estar relacionados às lesões provocadas pela amônia.
Os dados da tabela revelam que os norte-americanos tem melhor compreensão sobre a ação dos
antibióticos, medicamentos eficazes contra bactérias mas inócuos no combate às doenças
causadas por vírus.
Doenças intestinais causadas por agentes patogênicos presentes na água são as principais
causas de mortalidade infantil no mundo.
As vacinas são usadas na prevenção de doenças viróticas, como a febre amarela. Soros são
usados no tratamento dos efeitos de uma mordida de cobra peçonhenta. Antibióticos são usados
no tratamento de doenças bacterianas, como a leptospirose.
As células cancerosas têm como características marcantes: a grande capacidade de divisão
celular, a falta de inibição por contato devido ao não reconhecimento das células vizinhas e o alto
metabolismo, levando a um consumo excessivo de glicose.
O cigarro provoca a constrição dos vasos sanguíneos maternos, diminuindo o aporte de sangue à
placenta e reduzindo, desse modo, a quantidade de oxigênio e nutrientes que chegam ao feto.
Com menos oxigênio e menos nutrientes, o desenvolvimento do feto é mais lento, e a criança
chegará ao final da gestação com peso abaixo do normal.
Soros são constituídos de anticorpos específicos prontos que são introduzidos no indivíduo.
Vacinas contêm microrganismos atenuados que, após serem introduzidos no organismo, induz a
produção de anticorpos específicos que tornam o organismo imune a determinadas doenças.
Comentário: A gonorreia é causada por uma bactéria (Neisseria gonorrhoeae),a candidíase é
causada por um fungo (Candida albicans), enquanto que a AIDS é causada pelo vírus HIV. Dos
adolescentes que se trataram com antifúngicos (A e B), somente B teve algum resultado
satisfatório. O adolescente C que se tratou com antibiótico não teve efeito benéfico algum, pois
antibióticos são eficientes apenas para doenças causadas por bactérias.
A
3
2
Cu
(aq)  3 e  A 
Ered  1,66V

(aq)  2 e  Cu
Ered  0,34V
0,34 V  1,66 V
ΔE  Emaior  Emenor  0,34  ( 1,66)  2,00 V
Então :
A  A
2
Cu
3
(2)

(aq)  2 e  Cu (3)
2A  2A
2
3Cu
(aq)  3 e
3
(aq)  6 e 
(aq)  6 e
2 A   3Cu
redutor
2

 3Cu
Global
(oxidação  ânodo)
(redução  cátodo)
(aq) 
 2A
3
(aq)  3Cu
Cr 2  2e
2F
Cr 0
52 g

2  96.500 C
Q
Q  0,02  96.500 C
Q  i t
52 g
0,52 g
0,02  96.500  15,2  t
t  126,97368 s
t  2,116 min  2 min
Teremos:
Zn2(aq)  2e  Zn(s)
E  0,76 V
Ag(aq)  1e  Ag(s)
E  0,80 V
ΔE  Emaior  Emenor
ΔE  0,80  ( 0,76)  1,56 V
Zn(s)  Zn2(aq)  2e
2Ag(aq)  2e  2Ag(s)
(oxidação  ânodo  desgaste)
(redução  cátodo)
Zn(s)  2Ag(aq) 
 Zn2(aq)  2Ag(s)
Global
Sentido espontâneo : Zn(s)  2Ag(aq) 
 Zn2(aq)  2Ag(s) .
Global
O estudante verificou formação de ferrugem apenas no prego II, pois o potencial de redução do
cobre é maior do que o potencial de redução do ferro, ou seja, o ferro sofre oxidação (―enferruja‖).
Fe3 (aq)  6  Fe2 (aq) E  0,77 V
Fe2 (aq)  2e  Fe(s)
E  0,44 V
Cu2 (aq)  2e  Cu(s)
E  0,34 V
0,34 V  0,44 V  0,77 V
Q  it
Q  10  (482,5  60)
Q  289.500C
Au3  3e  Au0
3  96500C
197g / mol
289.500C
x
x  197g de Au
Análise das alternativas:
[A] Incorreta. A reação ocorrerá mais rapidamente se ao invés de ser utilizada uma lâmina de ferro
metálico for utilizado ferro metálico em pó, ou seja, quanto maior a superfície de contato, maior
a velocidade da reação.
[B] Correta. A reação é espontânea, apresenta potencial padrão de célula (E0ce  0,440 V), e o
Fe(s) atua como agente redutor.
Fe2(aq)  2e   Fe(s)
E0red  0,440 V
2H(aq)  2e   H2(g)
0 V  0,440 V
E0red  0,000 V
Fe2(aq)  2e   Fe(s)
E0red  0,440 V
2H(aq)  2e   H2(g)
E0red  0,000 V
(inverter)
(manter)
ΔE  Emaior  Emenor  0,000  ( 0,440)  0,440 V
agente
redutor
Fe(s)  Fe2(aq)  2e 
(oxidação; ânodo)
2H(aq)  2e  
 H2(g)
(redução; cátodo)
Fe(s)  2H(aq) 
 Fe2(aq)  H2(g)
Global
[C] Incorreta. Quanto maior for a concentração do ácido clorídrico (HC
(aq) )
utilizado, mais
rapidamente a reação irá ocorrer.
[D] Incorreta. Na reação química descrita, o Fe(s) irá sofrer oxidação a íons Fe2(aq); já os íons
H(aq) serão reduzidos para formar o gás hidrogênio (H2(g) ).
[E] Incorreta. Um aumento da temperatura do sistema levará ao aumento da rapidez das reações
químicas endotérmicas e à diminuição para as reações químicas exotérmicas.
Montando as pilhas:
[A] Entre alumínio e magnésio:
A 3 (aq)  3e  A (s)
E0  1,66 V
Mg2 (aq)  2e  Mg(s)
E0  2,37 V
(x2) 2A
3
   2A (s)
(aq)  6e
 
(x 3) 3Mg(s)  3Mg2 (aq)  6e
E.G : 2A
3
E0  1,66V
E0  2,37V(inv)
(aq)  3Mg(s)  3Mg2 (aq)  2A (s) ΔE0  0,71V
[B] Entre magnésio e níquel:
Mg2 (aq)  2e  Mg(s)
Ni2 (aq)  2e   Ni(s)
E0  2,37 V
E0  0,25 V
 
Mg(s)  Mg2 (aq)  2e
E0  2,37V
2
   Ni(s)
Ni(aq)
 2e
E0  0,25V
2
E.G.: Mg(s)  Ni(aq)
 Ni(s)  Mg2 (aq) ΔE0  2,12 V
[C] Entre alumínio e ferro:
A 3 (aq)  3e  A (s)
E0  1,66 V
Fe2 (aq)  2e  Fe(s)
E0  0,44 V
   3Fe(s)
(x 3)3Fe2 (aq)  6e
(x2)2A (s)  2A
3
E0  0,44V
 
(aq)  6e
3Fe2 (aq)  2A (s)  3Fe(s)  2A
E0  1,66V(inv)
3
(aq) ΔE0  1,22V
[D] Entre ferro e níquel:
Fe2 (aq)  2e  Fe(s)
E0  0,44 V
Ni2 (aq)  2e   Ni(s)
E0  0,25 V
 
Fe(s)  Fe2 (aq)  2e
E0  0,44V
2
   Ni(s)
Ni(aq)
 2e
E0  0,25V
2
E.G.: Fe(s)  Ni(aq)
 Ni(s)  Fe2 (aq) ΔE0  0,19 V
Assim, podemos concluir que a pilha de maior diferença de potencial (ddp) é constituída no ânodo
e no cátodo, respectivamente, pelos eletrodos de magnésio e níquel.
O potencial de redução do estanho (0,14V) é maior do que o do ferro (0,44V), logo o ferro
sofrerá oxidação (perda de elétrons).
Conclusão: o ferro será o polo negativo e o estanho será o polo positivo.
Fazendo o balanceamento de cargas, teremos:
07( 1)  7
4( 1)( 3) 7

4
oxidação
A  7A C
4A 2C
7

 3e
0  3
MDH representa o composto químico denominado água.
Monóxido de diidrogênio : H2O.
A produção da água pode se dar pela oxidação de hidrogênio em certas células de combustível:
2H2  4OH  4H2O  4e (ânodo  oxidação)
O2  2H2O  4e  4OH (cátodo  redução)
Global
2H2  O2 
 2H2O
Para a armazenagem do sulfato de zinco, deverá ser utilizado um recipiente formado por um metal
que apresente maior potencial de redução do que o zinco.
Zn2 (aq)  2e  Zn(s)
0
Ered
 0,76 V
Fe2 (aq)  2e  Fe(s)
0
Ered
 0,44 V
0,44 V  0,76 V
Zn(s)  Zn2 (aq)  2e 
Fe
2
(oxidação)

(aq)  2e  Fe(s)
Zn(s)  Fe
2
2
(aq)  Zn
(redução)
(aq) 
Fe(s)
o recipiente
é mantido int acto
Zn(s)  Fe2 (aq)  Zn2 (aq)  Fe(s)
Fe(s)  Zn
2
(aq)  Fe
2
(aq)  Zn(s)
ΔE  0,44  ( 0,76)  0,32 V
ΔE  0,32 V (potencial negativo)
Teremos:
Tem-se a aplicação de uma solução de CuSO4 (Cu2 (SO4 )2 ) em uma placa de ferro (Fe0 ),
concluí-se que Cu2 e Fe0 estão envolvidos no processo. A partir do quadro selecionamos as
equações envolvidas, ou seja, aquelas que apresentam Cu2 e Fe0 :
Semirreação de
redução
Fe3  3e  Fe
2
Cu

 2e  Cu
E0 (V)
0,04
0,34
0,34 V  0,04 V
Fe3  3e  Fe (2; inverter)
Cu2  2e  Cu (3; manter)
2Fe  2Fe3  6e
3Cu2  6e  3Cu
2Fe  3Cu2 
 2Fe3  3Cu
Global
3Cu2(aq)  2Fe(s) 
3Cu(s)  2Fe3(aq)
Global
ΔE  Emaior  Emenor
ΔE  0,52  ( 0,34)  0,18 V
i  50mA
t  3680s
Q  it
Q  50  103  3860  193C
Li  Li  1e
1 mol de Li
7g
x
1 mol de e 
1 96500C
193C
x  1,4  10 2 g
[I] Correta. Na reação de oxirredução espontânea, representada na pilha de Daniell, a espécie que
se oxida, no caso o Zn(s) transfere elétrons para a espécie que sofre redução, os íons Cu2(aq).
Zn(s)  Zn2(aq)  2e
(oxidação  ânodo)
Cu2(aq)  2e  Cu(s) (redução  cátodo)
[II] Incorreta. O Zn(s) sofre oxidação, transferindo elétrons para os íons Cu2(aq) que sofrem
redução.
[III] Correta. Para que ocorra a reação de oxirredução espontânea, o potencial de redução do
eletrodo de cobre (0,34 V) deve ser maior do que o do eletrodo de zinco (0,76 V).
[IV] Correta. A placa de Zn(s) sofre corrosão, tendo sua massa diminuída, e sobre a placa de
cobre ocorre depósito de cobre metálico.
[V] Incorreta. A concentração de íons Cu2(aq) diminui, pois estes íons sofrem redução, e a
concentração de íons Zn2(aq) aumenta, pois o zinco metálico sofre oxidação.
Em uma reação de oxirredução que ocorre espontaneamente, os elétrons são transferidos de uma
espécie química com menor potencial de redução para outra com maior potencial de redução.
Portanto, ao calcularmos a diferença de potencial da célula, chega-se a um valor positivo, portanto
a afirmação I está errada.
X  X2  2 e 
E  0,25 V
Y 2  2 e   Y
E  0,34 V
X  Y 2  Y  X2
E  0,59 V
Observe que os valores do potencial da pilha estão em módulo, portanto, não admite valores
negativos.
Na comparação com as características do ferro, o metal de sacrifício mais indicado é aquele que
apresenta menor poder de redução, ou seja, de receber elétrons do ferro.
O metal de sacrifício deve apresentar maior potencial de oxidação ou menor potencial de redução
em relação ao metal que deve proteger.
Teremos:
A
3
(aq)
 3e  A
(s)
Eo  1,68 V
I. 3Hg22(aq)  4Ag(s)  6e  2Ag2Hg3(s)
Eo  0,85 V
ΔE  Emaior  Emenor  0,85  ( 1,68)  2,53 V
A
3
(aq)
 3e  A
(s)
Eo  1,68 V
II. Sn2(aq)  3Ag(s)  2e   Ag3Sn(s)
Eo  0,05 V
ΔE  Emaior  Emenor  0,05  ( 1,68)  1,63 V
A
3
(aq)
 3e  A
(s)
Eo  1,68 V
III. 8Sn2(aq)  Hg(s)  16e  Sn8Hg(s)
Eo  0,13 V
ΔE  Emaior  Emenor  0,13  ( 1,68)  1,55 V
Questão anulada pelo gabarito oficial, pois na figura não aparece o fio de conexão entre os
eletrodos.
Teremos:
Zn(s)  Zn2 (aq)  2e
(oxidação; ânodo  pólo negativo)
Cu2 (aq)  2e (fio)  Cu(s)
(redução; cátodo  pólo positivo)
2
Zn(s)  Cu (aq)  Zn2 (aq)  Cu(s)
agente
redutor
Reação
global
da pilha
agente
oxidante
Análise das alternativas:
[A] Correta. O Zn(S) sofre oxidação, perdendo elétrons sendo o agente redutor do processo
enquanto o Cu2(aq) sofre redução, ganhando os elétrons cedidos pelo zinco metálico e agindo
como oxidante no processo.
[B] Incorreta. O Cu(s) funciona como polo positivo da pilha. Não perde elétrons.
[C] Incorreta. O Zn(s) sofre oxidação, perdendo elétrons sendo o agente redutor do processo
[D] Incorreta. O Cu(s) funciona como polo positivo da pilha, o Cu2(aq) sofre redução, ganhando os
elétrons cedidos pelo zinco metálico e agindo como oxidante no processo.
[E] Incorreta. O Zn(S) sofre oxidação, perdendo elétrons sendo o agente redutor do processo
Ocorre a formação de íons Zn2(aq) :
Zn(s) 
 Zn2(aq)  2e
E0  0,76 V
Cu2(aq)  2e 
 Cu(s)
E0  0,34 V
oxidação
redução
Zn(s)  Cu2(aq) 
 Zn2(aq)  Cu(s)
Global
Nesse sistema é formada a seguinte pilha:
Mg
Mg2  2e
E0  2,37V
Cu2  2e
Cu0
Cu2  Mg0
Mg2  Cu0 E0  2,71V
E0  0,34V
Portanto:
[A] Incorreta. O cobre reduz, formando Cu0.
[B] Correta. A d.d.p. formada entre os eletrodos é de + 2,71V.
[C] Incorreta. O magnésio oxida, portanto é o agente redutor.
[D] Incorreta. O experimento resulta em uma reação espontânea, pois a d.d.p é positiva.
[E] Incorreta. Com o tempo a lâmina de cobre aumenta sua massa e a de magnésio sofre
corrosão.
Teremos:
Sn2 (aq)  2 e   Sn(s)
E0red   0,14 V
Li (aq)  1 e  Li(s)
E0red   3,04 V
0,14 V   3,04 V
ΔE  0,14  ( 3,04)  2,90 V
Então :
Sn2 (aq)  2 e   Sn(s)
(redução, cátodo)
2Li (s)  2Li (aq)  2 e 
(oxidação; ânodo)
Sn2 (aq)  2Li (s) 
 Sn(s)  2Li (aq)
global
Teremos:
(  ) 2H2O  2e
H2  2OH (redução  cátodo)
meio
básico
sofre
redução
( ) 2C

C
2
 2e (oxidação  ânodo)
sofre
oxidação
Observe o equacionamento da eletrólise do NaC (cloreto de sódio) simplificada em solução
aquosa:
2H2O( )  2H (aq)  2OH (aq)
2NaC (s)  2Na (aq)  2C
Ânodo (+): 2C

(aq)  C

2 (g)  2e
Cátodo (-): 2H (aq) + 2e   H2 (g)

(aq)

(oxidação)
(redução)

2NaC (s)  2H2O( )  2Na (aq)  2OH (aq)  H2 (g)  C
2 (g)
2NaOH(aq)
Agora, observe o equacionamento da eletrólise do NaC (cloreto de sódio) não simplificada em
solução aquosa:
Ânodo (+): 2C   C 2 (g)  2e 
Cátodo (-): 2H2O( )  2e   H2 (g)  2OH (aq)
Célula
2H2O( )  2C  
 H2 (g)  C 2 (g)  2OH (aq)
Global
reação no ânodo: A  A 3  3e
reação no cátodo: H2O  2e  H2(g)  2OH
Teremos:
2H2O( )  2H (aq)  2OH (aq)
2NaC (s)  2Na  (aq)  2C

Ânodo (+): 2C
(aq)  C

2 (g)  2e
(aq)

Cátodo (-): 2H (aq) + 2e   H2 (g)

(oxidação)
(redução)

2NaC (s)  2H2O( )  2Na (aq)  2OH (aq)  H2 (g)  C
2 (g)
2NaOH(aq)
ou
eletrólise do NaC (cloreto de sódio) não simplificada em solução aquosa:
Ânodo (+): 2C   C 2 (g)  2e 
Cátodo (-): 2H2O( )  2e  H2 (g)  2OH (aq) (róseo na presença de fenolftaleína)
Célula
2H2O( )  2C  
 H2 (g)  C 2 (g)  2OH (aq)
Global
Observação: Como a concentração de água (H2O) é muito maior que a dos íons Na+, a reação
catódica é dada por 2H2O( )  2e  H2 (g)  2OH (aq) e não por 2Na (aq)  2e  Na(s) .
Teremos:
Δ
2A 2O3 (s)  4A 3+ ( ) + 6O2- ( )
6O2- ( )
 3O2 (g) + 12e- (Ânodo; oxidação) (-)
4A 3+ ( ) + 12e-
 4A ( ) (Cátodo; redução) (+)
Global
2A 2O3 (s) 
 3O2 (g) + 4A ( )
O alumínio sofre redução.
Teremos:
Cu2(aq)  2e
Fe0(s)
Cu0(s) (3) Re dução
Fe3 (aq)  3e (2) Oxidação
3Cu2(aq)  6e
2Fe0(s)
3Cu0(s)
2Fe3(aq)  6e
3Cu2 (aq)  2 Fe0 (s) 
 3 Cu0 (s)  2Fe3 (aq)
Global
Oxidante
Re dutor
C
m
1,5

 6g
V 0,25
Coloração
avermelhada
Como a porcentagem de etanol aumentou de 25% para 27%, conclui-se que a quantidade de
isooctano (C8H18 ) diminui.
Supondo-se a mesma quantidade, em mols, o etanol produz menos gás carbônico durante a
combustão do que o isooctano.
A questão não especifica o tipo de porcentagem, em massa ou em volume, por isso dá margem à
confusão.
NaC  58,5 g / mol
Em 1000 mL :
1 mol
58,5 g
6,25 mol
m
m  365,625 g
Concentração (solubilidade) 
365,625 g
1000 mL
Concentração (solubilidade)  0,3656 g / mL
Em 1 L :
m
Ca2 
n
Ca
 40,08  10 3 g

2
[Ca2 ] 
m 40,08  10 3 g

 10 3 mol
M 40,08 g  mol1
103 mol
1L
[Ca2 ]  0,001 mol  L1
1,5  103 g
1L
xg
1.500.000.000 L
x  2,25  10
6
g ou 2,25 ton de F
NaF
F
42g
19g
x ton
2,25ton
x  4,95 ton
Concentração Molar =
2
m
MM  V
m
 170g
170  0,5
De acordo com a tabela, vem:
Para um rato de 100 g:
60 mg (nicot ina) : 1000 g (massa corporal)
60 mg (nicot ina) : 100 g (massa corporal)
FATAL
Teremos:
V  300  106 L
c  5 mg / L  5  103 g / L
5  103 g
1L
300  106 L
m
3
m  1500  10 g  1,5  106 g  1,5  103 kg
São excretados 90% de 35  103mg, ou seja, 31,5  106 g.
C
31,5  106 g
 21 106 g / L
1,5L
Teremos:
As2O3  198
[As2O3 ] 
m
M V
[As2O3 ] 
4,95  10 3
198  0,250
[As2O3 ]  1,0  10 4 mol / L
800 mg / kg 
800  103 g
800 g

(ppm; parte por milhão)
1000 g
1.000.000 g
Μ
m
24  103

 1,2  103 mol  L1
MM  V
201 0,1
Aspartame:
12mg / 100mL
C
12  103
100  10
3
 0,12g  L1
1 mol de C
2
4  105mol
71g ou 71000mg
x
x  2,84 mg/L
Portanto, acima do valor máximo permitido.
A clara de ovo é rica em uma proteína denominada albumina e 100 g de clara podem conter até
82 g dessa proteína.
100 g
82 g
100 % (clara)
palbumina
palbumina  82 %
τ
malbumina
mtotal
malbumina
10
malbumina  8,2 g  concentração de 82 % (m / m)
0,82 
0,05g
100g de H2O
1000g de H2O (1L, pois a d  1g/mL)
x
x  0,5g
1mol de KHCO3
100g
x
0,5g
x  5,00  103mol / L
ÁGUA: 1 L
SAL: uma colher de chá rasa – equivale a 3,5 g
NaC  Na  C
58,5 g
1 mol
3,5 g
n 

Na
n
Na
 0,0598 mol
ÁGUA: 1 L
AÇÚCAR: duas colheres de sopa cheias – equivale a 40 g
C12H22O11  342
1 mol
nC12H22O11
342 g
40 g
nC12H22O11  0,116959 mol
Conclusão: nNa  nC12H22O11 .
Teremos:
1 – Potássio (K+) = 35,3 mmol/L
K = 39 g.mol-1
[K+] = 35,3 (m  mol)/L = 35,3 (m  39 g)/L = 1376,7 mg/L
2 – Sódio (Na+) = 25,2 mmol/L
Na = 23 g.mol-1
[Na+] = 25,2 (m  mol)/L = 25,2 (m  23 g)/L = 579,6 mg/L
3 – Cálcio (Ca2+) = 30,1 mmol/L
Ca = 40 g.mol-1
[Ca2+] = 30,1 (m  mol)/L = 30,1 (m  40 g)/L = 1204 mg/L
579,6 mg/L < 1204 mg/L < 1376,7 mg/L
2 < 3 < 1.
Na preparação do álcool em gel, o volume de etanol deverá corresponder a 70% do volume total
da mistura. Assim:
50L ______100%
V _______ 70%
V  35L
Água par beber : 1 L
0,4 mg (soluto)
Então :
4 g (soluto)
1L
0,4 mg (soluto)
V
V  0,1 mL  10
1
mL
[A] Incorreta. De acordo com a reação H2(g)  I2(g)
2HI(g) , e o princípio de Le Chatelier, ao
adicionar gás hidrogênio, a reação se deslocará no sentido de formação do ácido iodídrico,
[B] Correta. Ao acrescentar gás hidrogênio, haverá consumo do gás iodo (reagente) e formação
de ácido iodídrico.
[C] Incorreta. Como a reação é endotérmica, um aumento da temperatura irá deslocar a reação no
sentido de produção de ácido iodídrico.
[D] Incorreta. A elevação da pressão desloca no sentido de menor volume, porém, o volume molar
é o mesmo nos dois sentidos da reação, portanto, um aumento da pressão não irá deslocar o
equilíbrio químico.
[E] Incorreta. Em t1 haverá adição de gás hidrogênio não de ácido iodídrico.
H3 O(aq)  C

(aq)
direita

 H2O(


)
 HC
H0  75 kJ mo
(g)
1
aumento
da
concentração
H3 O(aq)  C

(aq)

 H2O(

esquerda P
0 mol de gases
)
 HC
H0  75 kJ mo
(g)
1
1 mol de gás
P V  k
P  V  k (deslocamento para a esquerda)
H3 O(aq)  C

(aq)
exotérmico T 

 H2O(

endotérmico T 
)
 HC
(g)
H0  75 kJ mo
Diminuição da temperatura : deslocamento para a direita
H3 O(aq)  C

(aq)
direita

 H2O(


)
 HC
(g)
diminuição
H0  75 kJ mo
1
1
Resposta da questão 553:[B]

 HemO2(aq)
Hem(aq)  O2(g) 

esquerda
diminui
v direta  k[Hem(aq) ][O2(g) ]
diminui
v direta  vinversa  deslocamento para a esquerda.
À medida que uma pessoa se desloca para locais de menor altitude, a quantidade e a pressão
parcial de O2 no ar vai diminuindo e esse equilíbrio vai se deslocando para a esquerda.

 H2O 
CO2
deslocamento
para a esquerda
diminuição
(pessoa respirando rapidamente)
H
 HCO3
diminuição da concentração
(aumento do pH)
3H2  H2
2NH3(g)
Proporção de 3:1:2
As pressões parciais, para 30 atm serão:
H2  15 atm
N2  5 atm
NH3  10 atm
N2O4(g)
2NO2(g)
No equilíbrio teremos:
Kp 
pNO2 2
pN2O4

(1,8)2
 2,31
1,4
Análise das afirmativas:
[V] Trata-se de um equilíbrio heterogêneo, pois as substâncias componentes do equilíbrio se
encontram em estados de agregação diferentes.
[F] Se aumentar a concentração de hidróxido de magnésio, o equilíbrio não será deslocado para
direita, pois este composto encontra-se no estado sólido e sua concentração é constante.
[F] Aumentando a pressão do sistema, o equilíbrio não será deslocado, pois não existem
componentes gasosos neste equilíbrio.
Mg(OH)2(s)
Mg2(aq)  2OH(aq)
0 vol
0 vol
0 vol
0 vol
0 vol
P V  k
[F] Aumentando a concentração de íons magnésio, a reação será deslocada para a esquerda.
2



Mg(OH)2(s) 
 Mg (aq)  2OH (aq)
desloca
para a
esquerda
aumenta
[V] Diminuindo a temperatura do sistema, a reação será deslocada para a direita.
T
exotérmica

 Mg2(aq)  2OH(aq) Hdireta  40kJ / mol
Mg(OH)2(s) 

T
endotérmica
Anαlise das alternativas:
Quanto maior o valor da constante de ionizaηγo αcida, mais forte serα o αcido.
[A] Correta. A soluηγo aquosa de αcido hipobromoso (HBrO(aq); Ka  6,0  109 ) irα apresentar
carαter αcido menos acentuado do que a soluηγo aquosa de αcido bromνdrico (HBr(aq) ; K a  1),
pois sua constante de ionizaηγo αcida ι menor.
III.
Αcido hipobromoso (HBrO(aq) )
K a  6,0  10 9
V.
Αcido bromνdrico (HBr(aq) )
Ka  1
[B] Incorreta. A soluηγo aquosa de αcido hipocloroso (HC O(aq); Ka  3,2  108 ) irα apresentar
carαter αcido mais acentuado do que a soluηγo aquosa de αcido hipobromoso
(HBrO(aq); Ka  6,0  109 ), pois sua constante de ionizaηγo αcida ι maior.
II.
Αcido hipocloroso (HC O(aq) )
K a  3,2  10 8
III.
K a  6,0  10 9
[C] Incorreta. A soluηγo aquosa de αcido carbτnico (H2CO3 (aq); Ka  4,4  107 ) irα apresentar
carαter αcido menos acentuado do que a soluηγo aquosa de αcido nitroso
(HNO2(aq); Ka  5,0  104 ) , pois sua constante de ionizaηγo αcida ι menor.
I.
Αcido nitroso (HNO2(aq) )
K a  5,0  10 4
IV.
Αcido carbτnico (H2CO 3 (aq) )
K a  4,4  107
[D] Incorreta. O αcido bromνdrico (HBr(aq) ) entre as soluηυes listadas, apresenta maior grau de
ionizaηγo.
I.
Αcido nitroso (HNO2(aq) )
K a  5,0  10 4
II.
Αcido hipocloroso (HC O(aq) )
K a  3,2  10 8
III.
K a  6,0  10 9
IV.
Αcido carbτnico (H2CO 3 (aq) )
K a  4,4  107
V.
Αcido bromνdrico (HBr(aq) )
Ka  1
[E] Incorreta. Dentre as soluηυes listadas, a soluηγo aquosa de αcido bromνdrico (HBr(aq) ), ι a que
irα apresentar maior grau de ionizaηγo e a que serα a melhor condutora de eletricidade.
A partir dos valores das constantes básicas, vem:
Pirrol (Kb  1010 )  Piridina (Kb  1,8  109 )  Piperidina (Kb  1,3  103 )  Pirrolidina (Kb  1,9  10 3 )
Um aumento na temperatura diminui a concentração de gás carbônico na água (a solubilidade de
um gás diminui com a elevação da temperatura).
O aumento da concentração de CO2 (aq) aumenta a acidez do meio, pois desloca o equilíbrio da
etapa 2 para a direita, consequentemente elevando a concentração de cátions H (aq).
Deslocamento
para a direita

 HCO3 (aq)  H (aq)
CO2 (aq)  H2O( ) 

(etapa 2)
Elevação
da
concentração
Teremos:
Exotérmica
diminuição
da temperatura

 2 NH3(g)
N2(g)  3 H2(g) 

Endotérmica
elevação
da temperatura
ΔH  22 kcal;
A elevação da temperatura diminui o rendimento do produto.
O Kc da reação inversa será:
K' 
1
1

 16,66
Kc 6  102
De acordo com o Princípio de Le Chatelier, a adição do íon comum de cloreto irá deslocar o
equilíbrio para o sentido dos reagentes, ou seja, para a esquerda.
A constante KC para esse processo, calculada a uma dada temperatura T, é 4.

A 2(g)
B2(g)
2 AB(g)
0,10mol / L
0,10mol / L
0,05 mol / L
 0,05 mol / L
0,10 mol / L
0,05 mol / L
0,05 mol / L
0,10 mol / L
K eq 
2
0
(início)
(durante)
(equilíbrio)
2
[AB]
(0,10)

4
[A 2 ][B2 ] 0,05  0,05
A concentração da espécie A2(g) no equilíbrio é de 0,05 mol/L.
Um aumento de temperatura faria com que o equilíbrio do processo fosse deslocado no sentido da
reação direta (processo endotérmico).
endotérmico; T
 2AB
A2(g)  B2(g) 
exotérmico; T
ΔH  0
Endotérmico;
favorecido pelo
aumento da
temperatura

 CaCO3 (s)  CO2 (g)  H2O( ); ΔH  40,94kJ mol
Ca2 (aq)  2HCO3 (aq) 

Exotérmico;
favorecido pela
diminuição da
temperatura
A formação de carbonato será favorecida pelo aumento da temperatura, ou seja, o equilíbrio será
deslocado para a direita.
Teremos:
desloca
para a
direita
3

 5Ca2
Ca5 PO4 3 OH s   H2O  
 aq  3PO4  aq  OH  aq
H do limão
diminui a
concentração
3


 5Ca2
Ca5 PO4 3 OH s  H2O  

aq  3PO4 aq  OH aq
desloca
para a
esquerda
aumento na
concentração
Sacarose não pertence ao equilíbrio e sua adição não desloca o equilíbrio.
A expressão em negrito (solução eletrolítica) corresponde, quimicamente, a uma solução rica em
íons, ou seja, ácidos, bases e sais que sofrem dissociação iônica.
K : coeficiente de partição do ferro entre o éter e a solução aquosa de HC 0,6mol / L.
m0 : massa inicial de cátions Fe3 na solução aquosa 6mol / L de HC .
V1 : volume de uma solução aquosa de HC 0,6mol / L.
V2 : volume de éter etílico usado em cada extração de cátions Fe3 .
Solução 1  Pr imeira extração :
[Fe3 (solução 1) ] 
[Fe3 (éter 1) ] 
m
Fe3 (solução 1)
MFe  V1
m
3
Fe
(éter 1)
MFe  V2
Fe3(éter 1)
m
Fe3 (éter 1)
3
K
[Fe (éter 1) ]
MFe  V2

[Fe3(solução 1) ]
m
K 
m 3
Fe (éter 1)
V1

V2 m 3 
Fe
(solução 1)
MFe  V1
m
Fe3 (éter 1)

KV2
 m 3
Fe (solução 1)
V1
m0  m
Fe3 (éter 1)
m
 KV2  V1 
KV2
 m 3
 m 3
 m0  m 3 

Fe (solução 1)
Fe (solução 1)
Fe (solução 1) 
V1
V1


m0 
m
V1
KV2  V1
 m0 
Solução 2  Segunda extração :
m 3
Fe (solução 2)
[Fe3 (solução 2) ] 
MFe  V1
[Fe3 (éter 2) ] 
Fe
3
(solução 2)
m
Fe3 (éter 2)
MFe  V2
Fe3 (éter 2)
m
K
Fe3 (éter 2)
[Fe3 (éter 2) ]
[Fe3 (solução 2) ]

MFe  V2
m
MFe  V1
K
m 3
Fe (éter 2)
V1

V2 m 3 
Fe
m
Fe3 (éter 2)
(solução 2)
KV2

 m 3
Fe (solução 2)
V1
m
m
Fe3 (éter 2)
m
m0 
V1
KV2

 m 3
 m 3
Fe (solução 2)
Fe (solução 2)
KV2  V1
V1
m0 
 V1  KV2 
V1
 m 3

Fe (solução 2) 
KV2  V1
V1




V1
 m0  

Fe (solução 2)
KV

V
 2
1
Para "n" extrações, vem :
m
3
m
3
2
n
Fe
(solução n)


V1
 m0  

KV

V
 2
1
Considerando um litro de efluente contendo 0,001mol de ácido sulfúrico, seriam necessários dois
litros de solução de NaOH na mesma concentração para sua neutralização completa:
H2SO4  2NaOH  2H2O  Na2SO4
1 mol
0,001 mol
2 mol
0,002 mol
[H2SO4 ]  0,001 mol / L
[NaOH]  0,001 mol / L, então :
n
[NaOH]  NaOH
V
0,002
0,001 
V
V 2L
Dois béqueres mantidos dentro de um recipiente hermeticamente fechado devem apresentar a
mesma concentração:
Antes do equilíbrio:
[X]  0,3mol / L
V  0,1 L
nX  [X]  V
nX  0,3  0,1  0,03 mol
[Y]  0,1 mol / L
V  0,1 L
nX  [X]  V
nX  0,1 0,1  0,01 mol
Depois do equilíbrio:
n X  0,03 mol
VX  0,1  V
nY  0,01 mol
VY  0,1  V
n
V
[X]  [Y]
[...] 
0,03
0,01

0,1  V 0,1  V
0,003  0,03V  0,001  0,01V
0,04V  0,002
V  0,05 L  50 mL
À 30C, teremos :
46g se dissolvem em 100g de H2O
46g
x
100g
180g
x  82,8g de sal
Ou seja, todo sal será dissolvido.
À 20C, tem-se :
32g
100g de água
y
180g
y  57,6g
80g  57,6  22,4g de sal que não irá solubilizar.
[K 2Cr2O7 ]inicial 
nK 2Cr2O7
V
Após adição de água pura :
[K 2Cr2O7 ]diluída 
nK 2Cr2O7
2V
A seguir são adicionados cristais de soluto até ocorrer precipitação.
nK 2Cr2O7 
2V
Conclusão : [K 2Cr2O7 ]inicial  [K 2Cr2O7 ]final fase líquida
A concentração da solução I é igual à concentração da solução II.
O estudante escolheu um soluto e moveu os cursores A e B até que o mostrador de concentração
indicasse o valor 0,50 mol / L.
Os cursores A e B poderiam estar como mostrado na alternativa D.
n
V
0,4 mol
Concentração molar 
0,8 L
Concentração molar  0,50 mol / L
Concentração molar 
A cachaça, o licor e o vinho têm, em volumes, respectivamente, 40%, 25% e 10% de etanol
(densidade = 0,80g / mL).
Ingestão: duas doses de 50,0mL de cachaça, uma taça de 60,0mL de licor e duas taças de
200,0mL de vinho.
100 mL de cachaça
v e tanol
100 %
40 %
v e tanol  40 mL
60 mL de licor
100 %
v 'e tanol
25 %
v 'e tanol  15 mL
400 mL de cachaça
100 %
v ''e tanol
10 %
v ''e tanol  40 mL
v total  40 mL  15 mL  40 mL  95 mL
800 g e tanol
1000 mL
me tanol
95 mL
me tanol  76 g
2h
76 g 

76 g
76 g
76 g
2h
2h




2
4
8
9,5 g
Teremos:
0,15 mol
nNaC
1000 mL
250 mL
nNaC  0,0375 mol
n
[NaC ]  NaC
V
0,0375
0,50 
V
V  0,075 L  75 mL
Teremos:
1000kg (1 tonelada de suco); 12 % em massa de sólidos totais
12 kg
1000 kg
100 kg
m
m  120 kg (sólidos totais)
120 kg
m'
48 %
100 %
m'  250 kg
Massa de água evaporada  1000 kg  250 kg  750 kg
A solução salina descrita no texto é líquida, pois se trata de uma mistura homogênea insaturada
de cloreto de sódio (soluto).
A água (solvente) é um composto molecular (apresenta ligações covalentes entre seus átomos).
Teremos:
13 % de etanol
13 °GL 
87 % de água ou solução res tan te
Isso significa que em 1000 mL desse vinho, existem 130 mL de etanol.
0,13  1000 mL  130 mL de e tanol
13 °GL 
0,87  1000 mL  870 mL de solução res tan te
Pela Lei de Hess, teremos:
2Mg(s)  O2(g)  2 Mg O(s)
ΔH  1.203,6 kJ
2 Mg O(s)  2 H2 O (
ΔH  2( 37,1) kJ
)
 2Mg(OH)2(s)
2H2(g)  O2(g)  2 H2 O (
ΔH  571,7 kJ
)
2Mg(s)  2H2(g)  2O2(g)  2Mg(OH)2(s)
ΔH  ΔH1  ΔH2  ΔH3
ΔH  1.203,6  2( 37,1)  571,7
ΔH  1.849,5 / 2
ΔH  924,75 KJ
Teremos dissoluções:
Cold pack (processo endotérmico; absorção de
calor)


ΔH  26 kJ mol1
1
ΔH  82 kJ mol1
2
NH4NO3 (s)  H2O( )  NH4 (aq)  NO3 (aq)
Hot pack (processo exotérmico; liberação de calor)
CaC 2 (s)  H2O( )  Ca2 (aq)  2C  (aq)
Teremos:
1C6H12  9O2  6CO2  6H2O
156 kJ
90kJ
6394 kJ
6286 kJ
ΔH  Hprodutos  Hreagentes
ΔH  [6  394  6  286]  [ 156  0]
ΔH  3.924 kJ / mol
V  100mL
d  1g / mL
m  100 g de H2O
Pela reação dada no enunciado, teremos que:
1mol de CaC 2 :
111g
 83kJ
55,5g
x
x  41,5kJ
Q  m  c  Δt
41500  100  4,15  Δt
Δt  100C
Resposta da questão 583:[E]
Reação exotérmica
ΔH0
Hprodutos Hreagentes
5
O2(g) 
 2CO2(g)  H2O( )
ΔH  1.299,6kJ mol
2
26 g
1.299,6 kJ liberados
6,5 g
E
E  324,9 kJ liberados
C2H2(g) 
A adição de catalisador altera o valor da energia de ativação, não altera o valor do ΔH.
[V] Uma reação de combustão é uma reação exotérmica, na qual a variação de entalpia tem sinal
negativo, pois ocorre liberação de calor.
[V] Quando uma reação endotérmica ocorre, o sistema formado pelos participantes dessa reação
absorve calor das vizinhanças, ou seja, a variação de entalpia é positiva.
[F] Derramando-se gotas de propanona (H3CCOCH3( ) ) na pele, é provocada uma sensação de
frio, justificada em razão de a evaporação ser um processo endotérmico, ou seja, absorve calor
da vizinhança.
[F] A dissolução do H2SO4 concentrado em água é um processo exotérmico, que pode ser
confirmado pela elevação da temperatura, devido à liberação de calor.
[F] O processo de fusão do gelo absorve calor da vizinhança, assim, a variação de entalpia tem
sinal positivo, ou seja, o processo é endotérmico.
[A] Incorreta.
1mol
3mol
libera  1368 KJ
x
x  libera 4104J de energia
[B] Incorreta.
5 O
2 2
3 mol
libera  1368 KJ
x
x  1641,6 KJ
[C] Incorreta.
46g
 1368 KJ
23g
x
x  684 KJ
[D] Incorreta. Quando a reação libera 1368 KJ de energia são formados 88g de CO2.
[E] Correta.
1 mol de C2H5OH
 1368KJ
5 mol de C2H5OH
x
x  6840KJ
C(grafite)  O2 (g)  CO2 (g)
ΔH  94,1kcal
2H2 (g)  1O2 (g)  2H2O(
ΔH  68,3 kcal (inverter e  2)
)
CH4 (g)  C(grafite)  2H2 (g)
ΔH  17,9 kcal (inverter)
CH4 (g)  2O2 (g)  CO2 (g)  2H2O(
)
De acordo com a Lei de Hess, a variação de entalpia final corresponde ao somatório das
variações de entalpias das reações intermediárias, assim teremos:
94,1 2  (68,3)  17,9  212,8 Kcal
Teremos:
NH4NO3(s)  N2O(g)  2H2O(g)
2  18 g
90 g
H  37 kJ
37 kJ (liberados)
E
E  92,5 kJ (liberados)
0,3kcal
1C
x
x  12kcal
40C
56g de CaO
x
 20,4kcal
 12kcal
x  32,94g  33g
A partir da Lei de Hess, conclui-se que a formação da glicose é um processo exotérmico ou
exoenergético, ou seja, a variação de entalpia é negativa.
[I] Incorreta. Com o valor de pH  3,5 o suco de pêssego é mais ácido que o de banana, cujo
pH  5,0.
[II] Incorreta.
pH   log[H ]
[H ]  10pH  10 6 mol / L
[III] Correta.
Para a pera:
[H ]  10pH  104 mol / L
Para a banana:
[H ]  10pH  105 mol / L
104
105
 10 vezes mais ácida
[IV] Correta.
pH  pOH  14
pOH  14  6
pOH  8,0
Resposta da questão 592:[A]
Teremos:
1. H2O; [H ]  107 mol / L; pH  7.
2. NaOH; 0,001mo L1; [OH ]  103 mol / L
[H ]  [OH ]  1014
[H ]  103  1014  [H ]  1011 mol / L; pH  11
3. NaOH; 0,01mo L1; [OH ]  102 mol / L
[H ]  [OH ]  1014
[H ]  102  1014  [H ]  1012 mol / L; pH  12
4. HC ; 0,1mo / L; [H ]  10 1 mol / L; pH  1.
5. HC ; 1 mo / L; [H ]  100 mol / L; pH  0.
O pH da água pura nas condições padrão é 7.
Das bebidas listadas na tabela, aquela com menor potencial de desmineralização dos dentes é o
chá, pois a concentração de cátions H nesta bebida é o menor (106 mol / L).
Teremos:
pH  3
[H ]  1,0  10 3 molL1
[H ]  [OH ]  10 14
103  [OH ]  10 14
[OH ]  1,0  10 11 molL1
HC  H  C 
[H ]  [C  ]  1,0  10 3 molL1
Teremos:
pH  1  [H ]  10 1 mol / L
Antes : 1 L
Depois : 1000 L
101 mol de H
101 mol de H
101 mol
 104 mol / L  pH'   log10 4  4
1000 L
pH'  4  1  4  pH
Teremos:
[H ]  107 mol / L  caráter básico
[H ]  107 mol / L  caráter ácido
[H ]  107 mol / L  caráter neutro
(H )
OH
Caráter
1,0  107
1,0  107
neutro
1,0  10
8
6
Coca-cola
1,0  10
3
Café
1,0  105
1,0  109
7
7
Líquido
Leite
Água do mar
Lágrima
1,0  10
1,0  10
1,0  10
11
1,0  10
básico
ácido
ácido
neutro
Sabemos que:
pH + pOH = 14
[H ]  [OH ]  10 14
 log(a  10b )  b  loga
Líquido
Água da chuva
Água do mar
Café
Leite
Sangue
humano
Suco de maçã
pH
5,7
8,0
5,0
6,5
7,4
4  log3,2
Quanto menor o valor do pH, mais ácida será a solução.
Conclusão: a água da chuva é mais ácida do que a água do mar, e o leite é menos ácido do que
o café.
Para o cálculo de pH devemos somar as concentrações finais de íons H+ provenientes das
ionizações de todos os ácidos.
Para HC
2  H  C
HC 
H O
0,01M

0,01M
Para HNO3
2  H  NO 
HNO3 
3
H O
0,03M
Para H2SO4
0,03M
2  2H  SO 2
H2SO 4 
4
H O
0,005M
0,01M
Portanto, a concentração total de íons H+ vale 0,05M ou 5  102 mol / L .
Pela definição de pH temos que:
pH   log5  102  pH  [log5  log102 ]  pH  [0,7  2,0]  1,3
Cascas de ovos podem ser usadas para correção da acidez do solo, pois a hidrólise do carbonato
de cálcio, presente na casca, é básica.
CaCO3  2H2O
CaCO3  H2O
Ca2  2OH  H2O  CO2
Ca2  2OH  CO2
meio
básico
Os íons H consomem os íons OH deslocando o equilíbrio para a direita.
Pela definição temos que pH   log[H ]
Do ponto de vista geral, consideramos H3O+ = H+.
Assim, para cada amostra segue seu respectivo valor de pH:
Amostra
IAD
IIAD
IIIAD
IVAD
[H3O+] em
mol/L
4,0
5,0
7,0
10,0
A única amostra com valor de pH dentro da faixa adequada para consumo humana é a IIIAD
Teremos:
nCa(OH)2 
m 37  103 g

 0,5  103 mol
M 74 g.mol1
[Ca(OH)2 ] 
n 0,5  103

 2,0  103 mol / L
V
0,250
[Ca(OH)2 ]  2  [OH ]  4,0  10 3 mol / L
pOH   log(4,0  10 3 )
pOH  3  log4,0  pH  14  (3  log4,0)  11  0,6
pH  11,6
21,2
 4 meias  vidas
5,3
5,3 anos
5,3 anos
5,3 anos
5,3 anos
100 g 
 50 g 
 25 g 
 12,5 g 
 6,25 g
[A] Incorreta. Fissão nuclear é a quebra de um núcleo atômico pesado e instável.
[B] Correta.
1
2
3
4
100 
 50  25 12,5  6,25
T  x P
100  4  P
P  25 anos
[C] Incorreta. A grande desvantagem da energia nuclear é o lixo radioativo e o perigo de acidentes
que culminem em explosões e vazamentos de radiação.
[D] Incorreta. As partículas alfa, beta e gama são radiações naturais emitidas por átomos
radioativos.
[E] Incorreta. A bomba atômica é um exemplo de fissão nuclear enquanto a bomba de hidrogênio
é um exemplo de fusão nuclear.
A reação de fusão nuclear é muito mais energética do que a fissão nuclear (núcleos de hidrogênio
e hélio combinam-se formando elementos químicos de maior massa).
2,7 dias
2,7 dias
2,7 dias
2,7 dias
5,6 mg  2,8 mg  1,4 mg  0,7 mg  0,35 mg
4  2,7  10,8 dias
mremanescente  0,35 mg
Teremos:
76,8 horas
 6 meias  vidas
12,8 horas
12,8 horas
12,8 horas
12,8 horas
128 mg  64 mg  32 mg 
12,8 horas
12,8 horas
12,8 horas
16 mg  8 mg  4 mg  2 mg
Consultando os números de prótons na tabela periódica, teremos:
106
44 Ru
0
106
45 Ru  1 β
0
1 β : beta
menos
As reações em cadeia são iniciadas por nêutrons, por exemplo, um núcleo de urânio-235 pode
combinar-se com um nêutron e formar urânio-236, como esse núcleo é instável ele se divide em
partículas de número atômico próximo (novos núcleos) e libera mais nêutrons que podem se
combinar com novos átomos de urânio-236 e assim sucessivamente liberando assim uma
quantidade gigantesca de energia.
A radiação alfa pode ser bloqueada pela pele, mas a energia liberada a partir do seu impacto
pode destruir moléculas e alterar o funcionamento de nosso organismo. A ingestão e inalação das
partículas alfa pode causar danos à saúde como a destruição de células internas do organismo.
Como a radiação beta tem maior penetração do que a alfa pode atravessar com facilidade até um
centímetro do nosso corpo.
A radiação gama, que são ondas eletromagnéticas de alta energia, é a mais penetrante das três
estudadas. Quando atravessa o nosso corpo a radiação gama destrói moléculas de proteínas,
DNA (ácido desoxirribonucleico) e pode provocar o câncer. É importante percebermos que os
danos ou benefícios gerados pela radiação dependem da dosagem e exposição de cada
organismo.
[A] Incorreta. No núcleo do nitrogênio
14
7 N,
existem 7 prótons.
[B] Incorreta. No átomo de hidrogênio 11H, não existe nêutrons.
A  Z N
N 22  0
[C] Incorreta. Como o átomo de carbono
11
6 C,
se encontra no estado neutro, teremos a mesma
quantidade de prótons e elétrons, ou seja, 6p  6e  .
[D] Correta. O átomo de 24 He, possui 2 nêutrons.
A  Z N
N 42  2
[E] Incorreta. No átomo de
14
7N
existem 7 prótons.
235
1
90
92U  0 n  35 Br
142
57 X

1
 142
57 X  3 0 n
57 La
Soluções isotônicas apresentam a pressão osmótica próxima a do sangue, por isso podem ser
utilizadas para reposição de eletrólitos perdidos pelo corpo.
π  MR  T i
M  concentração molar
M 
m
100  10 3

 1,22  10 2 mol / L
MM  V 164  50  10 3
π  1,22  10 2  0,082  (273  50)  3
π  0,969 atm
Líquido A : 0,01M  2  0,02 mol / L
Líquido B : H2O( )
Líquido C : 0,01M  1  0,01 mol / L
Líquido D : H2O( )
Os líquidos B e D não irão sofrer abaixamento na sua pressão de vapor, pois o volume não
influencia na pressão de vapor. Assim teremos:
PD  PB  PC  PA
Análise das afirmações:
[I] Correta. A pressão de vapor de ambas as soluções é menor do que a pressão de vapor da
água pura, pois a presença de soluto diminui a pressão de vapor.
[II] Correta. A solução A apresenta menor concentração de sal em relação à concentração salina
da solução B, pois sua temperatura de ebulição é menor (104,2 C  106,7 C).
[III] Correta. As forças de interação intermoleculares na solução B apresentam maior intensidade
do que as forças de interação existentes, tanto na solução A como na água, pois sua temperatura
de ebulição é maior comparativamente (106,7 C  104,2 C  100,0 C).
Quanto maior o número de partículas presente na solução, maior sua temperatura de ebulição, ou
efeito coligativo.
ΔTe  KE  w  i
103,016  100
i
KE  w
3,016
 2,9
0,52  2
i  1  α(q 1)
i
q  3 íons que foram gerados (CaC 2
Ca2  2C  )
Aplicando na fórmula, teremos:
i  1  α(3  1)
2,9  1  3α  α
2α  1,9
α  0,95 ou 95%
A injeção de água destilada no sangue provoca a elevação da pressão de vapor do solvente, ou
seja, da água e consequentemente uma absorção excessiva deste composto pelas hemácias,
provocando um inchaço e, consequentemente, a morte das hemácias.
O solvente migra do meio menos concentrado (maior pressão de vapor) para o meio mais
concentrado (menor pressão de vapor).
pvapor do copo 1  pvapor do copo 2
água
pura
solução
0,3 mol / L
Conclusão: com o decorrer do tempo, o volume do copo 1 diminui e o do copo 2 aumenta.
[I] solução de glicose (C12H22O11)
0,1mo / L  0,1mol de partículas em 1L.
[II] solução de sulfato de cobre (CuSO4 )
0,1mo / L  0,2 mol de partículas em 1 L (0,1 mol de Cu2 e 0,1 mol de SO24 ).
[III] solução de cloreto de potássio (KC )
0,2 mo / L  0,4 mol de partículas em 1 L (0,2 mol de K  e 0,2 mol de C  ).
[IV] solução de nitrato de prata (AgNO3 )
0,5 mo / L  1,0 mol de partículas em 1 L (0,5 mol de Ag e 0,5 mol de NO3 ).
Conclusão:
O ponto de congelação da solução [IV] é o mais baixo de todas as soluções dadas, pois possui
maior número de partículas em relação às outras soluções.
O ponto de ebulição da solução [I] é o mais baixo de todas as soluções dadas, pois possui o
menor número de partículas em relação às outras soluções.
A pressão de vapor da solução [II] é mais baixa que a pressão de vapor da solução [I], pois a
solução [II] possui maior número de partículas do que a solução [I].
A solução [III] tem ponto de ebulição mais baixo do que o ponto de ebulição da solução [IV], pois a
solução [III] possui menor número de partículas do que a solução [IV].
A pressão osmótica (π) é dada por:
π  V  N R  T  i
Onde:
V = volume
N = número de mol
R = constante universal dos gases (0,082 atm  L/mol  K)
T = temperatura
i = fator de Van’t Hoff
Fator de Van’t Hoff:
A
2 (SO 4 )3
 2A
3
 3SO42
número de part. finais
número de part. iniciais
5
i 5
1
i
Voltando à equação teremos:
π  V  NR  T i
0,4  0,082  300  5
π
1
π  49,20 atm
[A] Incorreta. Se colocado num líquido de menor densidade, o objeto sólido afundaria.
[B] Incorreta. Se o líquido fosse de maior densidade este flutuaria.
[C] Correta. O sólido por ser mais denso afundaria em um líquido menos denso.
[D] Incorreta. Para que o sólido flutue é necessário que o líquido seja mais denso que ele.
O bloco de chumbo não flutua e o de borracha flutua, então:
dchumbo  dborracha
m1  m2  m
dchumbo 
m
V1
dborracha 
m
V2
Conclusão : V2  V1
0,90 g mL  1,00 g mL  gelo flutua na água (A)
0,90 g mL  0,79 g mL  gelo afunda no álcool etílico (B)
0,90 g mL  1,48 g mL  gelo flutua no clorofórmio (C)
A 20°C, 1 mL de ácido etanoico tem massa maior do que 1 mL de ácido n-pentanoico:
me tanoico
Ve tanoico
de tanoico 
1,04 g / mL 
me tanoico
1 mL
me tanoico  1,04 g
dnpen tanoico 
0,96 g / mL 
mnpen tanoico

1,04 g
e tanoico
mnpen tanoico
Vnpen tanoico
mnpen tanoico
1 mL
 0,96 g
0,96 g
npen tanoico
d
d
m
V
112,5 g
3
3
 7,2 g / cm3 (cromo).
2,5 cm
A densidade é a relação entre a massa de um corpo e o volume ocupado por ele. Assim, a água
com sal irá apresentar maior massa que a água pura, consequentemente maior massa que o ovo,
fazendo com que ele flutue.
Como o ovo bom afunda, logo sua densidade é maior do que a da água líquida.
O principio da flotação é separar dois sólidos de densidades diferentes usando um líquido cuja de
densidade intermediária.
Observando os valores na tabela podemos afirmar que: DPEAD  DSOLUÇÃO ALCOÓLICA  DPP
30 m3 = 30.000 L = 3  107
O valor da densidade nos permite concluir que 0,85 g/cm3 = 0,85 g/mL.
Assim:
0,85 g
m
1 mL
3  107 mL
m = 2,55 x 107 g
Para o diesel S50, teremos.
50 g de enxofre
m
1  106 g de diesel
2,55  107 g
m = 1275 g de enxofre.
De acordo com as informações sobre a densidade de hidrocarbonetos e água, podemos afirmar
que na mistura a fase superior era composta pela fração de gasolina.
Como o volume final da fase superior é de 35 mL, podemos concluir que 15 mL (dos 50 mL
iniciais) eram compostos pelo álcool misturado aos hidrocarbonetos presentes na gasolina.
Assim:
50 mL de gasolina —— 100%
15 mL  álcool  —— x
x  30% de álcool presente na gasolina
Quanto maior a temperatura, menor o tempo de formação de CO2 gasoso, ou seja, maior a
velocidade da reação.
[I] Incorreta. A etapa determinante da velocidade da reação é a mais lenta (maior energia de
ativação), ou seja, etapa 1.
[II] Correta. A reação é exotérmica, pois a entalpia dos produtos é menor do que a dos reagentes.
[III] Correta. A energia de ativação da etapa 1 é maior que a energia de ativação da etapa 2.
No experimento 01 para 02 ao se dobrar a concentração de B, a velocidade da reação não se
altera, portanto, a concentração de B, não influencia na velocidade da reação.
No experimento 02 para 03, ao se dobrar a concentração de A, a velocidade da reação irá
quadruplicar.
Assim, a lei de velocidade será dada por:
v  k  [A]2 [B]0
Conclusão: A reação será de segunda ordem em relação a A e de ordem zero em relação a B.
Supondo uma velocidade inicial de 1mol L  s, se triplicada seu valor será de 3mol L  s, se isso
acontecer, a velocidade da reação irá aumentar 9 vezes o valor inicial da velocidade.
Assim, ao triplicar, o valor do reagente A, a velocidade da reação triplica, ou seja, será 9 vezes
maior, em um processo de segunda ordem.
Como o reagente B não interfere na velocidade final da reação ele será de ordem zero.
Assim, a lei de velocidade será: v  k [reagente A]2 .
v
(0,020  0,050) mol  L1
 0,0015mol  L1  min1
(20  0) min
v  1,5  103 mol  L1  min1
Existem diferentes fatores que podem influenciar na velocidade de uma reação química, como:
natureza dos reagentes, superfície de contato, luz, eletricidade, pressão, temperatura,
concentração, catalisador e inibidor. Portanto, fatores como: concentração de produtos, tempo e
rendimento não afetam a velocidade de uma reação química.
2NO(g)  H2(g)  N2O(g)  H2O(g)
Ordem em relação ao reagente NO : 2
Ordem em relação ao reagente H2 : 1
Ordem global : 2  1  3
As enzimas atuam como catalisadores da reação, o catalisador é uma substância que acelera a
reação química criando rotas alternativas e consequentemente diminuindo a energia de ativação
necessária para o seu início.
Solução aquosa de hidróxido de cálcio (Ca(OH)2 ) + indicador fenolftaleína + gás carbônico (CO2 ) :
fenolftaleína
Ca(OH)2 (aq)  CO2 (g) 
 CaCO3 (s)  H2O( )
Vp  k[Reagentes]
Vp  k[Ca(OH)2 ][CO2 ]
De acordo com o gráfico, o aumento da concentração de KOH provoca o aumento da velocidade
da reação de isomerização.
Hidrólise do bicarbonato de sódio:
Na (aq)  HCO3 (aq)  H2O( )
HCO3 (aq)  H2O( )
Na (aq)  OH (aq)  H2O( )  CO2 (g)
OH (aq)
 H2O( )  CO2 (g)
Meio básico
(elevação do pH)
O hidrogeno carbonato de sódio é utilizado como antiácido estomacal, elevando o pH do
estômago: NaHCO3  H  CO2  H2O  Na .
Para um resíduo líquido aquoso gerado em um processo industrial tem concentração de íons
hidroxila igual a 1,0  1010 mol / L, teremos:
[OH ]  10 10 mol / L
pOH   log10 10  10
pH  14  10  4
pH  4 (meio ácido)
Fazendo a hidrólise dos compostos fornecidos nas alternativas, vem:
CH3 COOH
CH3 COO (aq)  H (aq)  H2O( )
CH3COOH  H2O( )
ácido
fraco
CH3 COO (aq)  H (aq)
CH3COOH
meio
ácido
ácido
fraco
O pH do meio diminirá.
Na2SO4
2Na (aq)  SO24 (aq)  2H2O( )
2H2O( )
2H (aq)  SO24 (aq)  2Na  (aq)  2OH (aq)
2H (aq)  2OH (aq)
meio
neutro
O pH do meio não sofrerá alteração.
CH3OH
Não sofre hidrólise. Meio neutro.
O pH do meio não sofrerá alteração.
K 2CO3
2K  (aq)  CO32 (aq)  2H2O( )
CO32 (aq)  H2O( )
2K  (aq)  2OH (aq)  H2O( )  CO2 (g)
2OH (aq)  CO2 (g)
meio
básico
O excesso de ânions OH neutralizará os cátions H em excesso e pH do
meio aumentará.
NH4 C
NH4 (aq)  C
NH4 (aq)

(aq)  H2O( )
NH3 (g)  H2O( )  H (aq)  C

(aq)

NH3 (g)  H (aq)
meio
ácido
O pH do meio diminuirá.
O sal NH4C é classificado como sal ácido, pois sua dissolução em água aumenta a concentração
do íon hidrogênio em solução:
NH4  C   H2O
NH4
H  C   NH3  H2O
H  NH3
meio
ácido
[A] Incorreta. À cor vermelha é resultado de reações de oxidação do nitrito e da concentração da
mioglobina presente na carne.
[B] Incorreta. O aroma, a cor e o sabor não são propriedades funcionais dos sais, açúcares e
condimentos.
[C] Incorreta. Os sais de nitrito e nitrato de sódio desidratam a carne, retirando água durante a
cura inibindo assim a ação de bactérias.
[D] Incorreta. Os sais nitrito de sódio é um sal básico, pois é formado a partir de uma base forte e
um ácido fraco, resultando num pH >7, já o nitrato de sódio, é formado por uma base forte
(NaOH) e um ácido forte (HNO3) resultando em um pH neutro. Em ambos os casos, não
teremos pH < 7.
[E] Correta.
NaOH + HNO2  NaNO2  H2O


base
ácido fraco
forte
Todas as alternativas mostram sais. De acordo com o enunciado do texto, deseja-se aumentar o
pH de uma solução ácida. Para isso, deve-se introduzir no sistema um sal que sofra reação de
hidrólise com água, produzindo íons OH–. Observe as equações abaixo:
Na2CO3 (aq)  2Na (aq)  CO32 (aq)
CO32 (aq)  H2O(l)
Dissociação do sal
HCO31(aq)  OH (aq)
Reação do carbonato com a água
Na equação da reação do íon carbonato com água, há a produção de íons OH– contribuindo para
uma diminuição da acidez da solução.
Os compostos que poderiam substituir o hidróxido de magnésio devem apresentar caráter básico.
Isso significa que devem apresentar a capacidade de reagir com água gerando íons OH-.
Observe as reações:


O sal NaHCO3 sofre dissociação liberando íons bicarbonato HCO3 que, em água produzem OHHCO3  H2O  H2CO3  OH
O ácido carbônico, por ser estável, sofre decomposição:
H2CO3  H2O  CO2


O sal CaCO3 sofre dissociação liberando íons carbonato CO32 que, em água produzem OHCO32  H2O  HCO3  OH
O mais baixo valor de pH implica numa solução mais ácida, ou seja, um sal derivado de um ácido
forte e de uma base fraca.
(NH4 )2SO4  2NH4  SO24
2NH4  SO24  2H2O
2NH4
2H  SO24  2NH3  2H2O
2H  2NH3
meio
ácido
Teremos a seguinte hidrólise:
KCN (cianeto de potássio)
ácido
fraco
K   CN  H2O
CN  H2O
K   OH  HCN
OH  HCN
meio
básico
pH  7  [H ]  1 107 mol / L
Abaixo seguem as equações de hidrólise:
Hidrólise do íon carbonato: (gera meio básico)
CO32 (aq)  H2O( )  HCO3 (aq)  OH (aq)
O cloreto de sódio não sofre hidrólise: (meio neutro)
Hidrólise do íon amônio: (gera meio ácido)
NH4 (aq)  H2O( )  NH4OH   H (aq)
A partir da hidrólise do benzoato de sódio (C7H5O2Na), teremos:
C7H5 O2  Na  H2O
Na  OH  C7H5O2H
OH  C7H5O2H
C7H5 O2  H2O
0,01 mol / L
0
x
x
x
x
x
(0,01  x)
Kh 
Kh 
0
[OH ][C7H5O2H]
[C7H5 O2 ]

x.x
x2

(0,01  x) 0,01
x2
0,01
1010 
x2
102
 x  106
[C7H5 O2H]  106 mol / L.
Para 8 tampas, teremos:
32mL de lysoforme
x
1000mL
250mL
x  8mL
8 tampas
y
32mL
8mL
y  2 tampas
Teremos:
nsoluto antes  nsoluto depois
[Na2SO4 ]antes  V  [Na2SO4 ]depois  Vdepois
0,35 mol / L  V  0,21 mol / L  650 mL
V  390 mL
Resposta da questão 655:
02 + 04 + 08 = 14.
Submetendo-se 3 litros de uma solução de H2SO4 1 mol/L à evaporação até um volume final de
400 mL, a concentração final será 7,5 mol/L.
400 mL  0,4 L
[H2SO4 ]inicial  Vincial  [H2SO4 ]final  Vfinal
1 3  [H2SO4 ]final  0,4
[H2SO4 ]final  7,5 mol / L
100 mL de solução de H2SO4 2 mol/L pode ser obtida a partir de 50 mL de H2SO4 4 mol/L
acrescentando-se 50 mL de água.
4  50  [H2SO4 ]final  (50  50)
[H2SO4 ]final  2 mol / L
1 litro de solução de H2SO4 1 mol/L contém a mesma massa (g) de ácido que 2 litros de solução
de H2SO4 0,5 mol/L.
1L
98 g (H2SO4 )
e
1L
0,5  98 g (H2SO4 )
2L
2  0,5  98 g (H2SO4 )  98 g (H2SO4 )
Diluindo-se 200 mL de uma solução de H2SO4 5 mol/L para 250 mL, obtém-se uma concentração
final de 4 mol/L.
200 mL  0,2 L; 250 mL  0,25 L
5  0,2  [H2SO4 ]final  0,25
[H2SO4 ]final  4 mol / L
1ª diluição
C1V1  C2 V2
0,8  15  C2  100
C2  0,12 g  L1
2ª diluição :
C2  V2  C3  V3
0,12  5  C3  100
C3  0,006 g  L1
O que leva à mudança de cor é a troca dos íons magnésio por íons hidrogênio, sendo que a
molécula da clorofila permanece eletricamente neutra após a troca. A mudança de cor ocorre,
pois, um cátion magnésio (Mg2 ) é trocado por dois cátions hidrogênio (2H ).
A adição de vinagre (solução de ácido acético), durante o cozimento, aumenta a concentração de
cátions H facilitando a troca entre os cátions.
Essa reação é caracterizada como uma reação de ácido-base de Lewis, devido à disponibilidade
do par de elétrons no átomo de nitrogênio.
Teremos:
De acordo com a teoria de Brönsted-Lowry, a espécie doadora de próton (H ) é classificada como
ácido e a receptora de (H ) é classificada como base.
OH
H 
ácido
de
BrönstedLowry
O2
base
de
BrönstedLowry
Para duas soluções ácidas de mesma concentração, a concentração de íons H+ livres depende
diretamente da capacidade do ácido em ionizar, ou seja, da sua força. Essa força é expressa em
termos de porcentagem de moléculas do ácido que, quando dissolvidas em água, conseguem
ionizar.
Essa porcentagem chama-se grau de ionização.
2NaN3  2Na  3N2 (5)
10Na  2KNO3  K 2O  5Na2O  N2
10NaN3  10 Na  15N2 (5)
10 Na  2KNO3  K 2O  5Na2O  N2
10NaN3  2KNO3  K 2O  5Na2O  16N2
10NaN3
16N2
10  65g
16  25L
135g
x
x  83,07L
Teremos:
2FeTiO3  4HC  C
2
 2FeC
2  152 g
5
 103 kg
100
mTiO2  26,3 kg
3
 2TiO2  2H2O
2  80 g
mTiO2
H2SO4(aq)  C6H5NH2( )  C6H7NO3S(s)  H2O( )
93 g
173 g
mC6H5NH2
150 g
mC6H5NH2  80,6358 g  80,6 g
NaOH  CO2  Na2CO3  H2O
80g
22,4L
xg
470 L
x  1.678,6g de NaOH / dia
em 7 dias, teremos : 11.750g ou 11,75kg
Cu2  (NH4 )2 S  CuS  NH4
63,5g
95,5 g
x
x  1,59 g
2,40 g
1mol
63,5 g
x
1,59g
x  0,025 mol
SrSO4(s)  Sr 2(aq)  SO42(aq)
183,6g
1837g
87,6g
x
x  876,47g
876,47g
100%
y
80%
y  701,18g ou 0,7 kg
Teremos:
H2SO4  2NaOH  2H2O  Na2SO4
2  40 g
mNaOH
98 g
0,98  200 t
mNaOH  160 t
S  O2  SO2
32 g
64 g
272 t
mSO2
mSO2  544 t
2H2O2  O2  2H2O
2  34 g
mH2O2
22,4 L
150L
mH2O2  455,36 g
Balanceando : Nb2O5  A  A 2O3  Nb.
3Nb2O5
 10A
3  266 g
3,99 t

5A 2O3  6Nb
10  27 g
3,0 t
6  93 g
mNb
3  266  3,0  10  27  3,99
3Nb2O5  10A
 5A 2O3  6Nb
3  266 g
3,99 t
10  27 g
3,0 t
6  93 g
mNb
Excesso
de reagente
mNb 
3,99 t  6  93 g
3  266 g
 2,79 t
Ti  48; O  16.
3 TiO2(s)  4 BrF3( )  3 TiF4(s)  2 Br2( )  3 O2(g)
3  80 g
3  32 g
mTiO2
0,14 g
mTiO2  0,35 g
2,38 g (amostra)
0,35 g (amostra)
100 %
p
p  14,7 058 %  14,7 %
4 FeS2(s)  11O2(g)  Fe2O3(s)  8 SO2(g)
4  120 g
0,50  600 g
8  22,4 L
VSO2
VSO2  112,0 L
Teremos:
1 mol C106N16P (fitoplâncton) captura 106 mol CO2 , pois tem 106 mol de carbono.
Então :
16 mols N
16  14 g
1 ton
106 mol CO2
106  44 g
mCO2
mCO2  20,82 ton
CH4  16; CO2  44.
CH4(g)  2O2(g)  CO2(g)  2H2O( )
16 g
44 g
160 g
440 g
Sn  119
O  16
SnO2  151
C  12
SnO2(s)  C(s)
151 g
25 kg

12 g
50 kg
Sn(s)  CO(g)
119 g
mSn
excesso
de
reagente
151 50  7550 (excesso)
12  25  300
25 kg  119 g
mSn 
 19,70 kg
151 g
6  1023moléculas
140g de gás sarin
0,5  103 g
x
18
x  2,14  10 moléculas.
Teremos:
TiC
4
 189,9
Balanceado a equação, vem :
TiC
4(s)
 2Mg(s)  Ti(s)  2MgC
2(s)
2  6,02  1023 átomos de Mg
189,9 g
63,3 g
nátomos de Mg
nátomos de Mg  4,01 1023 átomos de Mg
Fórmula do alcano : CnH2n2
n  16  C16H2162  C16H34
Então :
1 C16H34 
49
O2  16CO2  17H2O
2
17 mols
São produzidos 17 mols de moléculas de água.
Teremos:
Decomposição térmica :
Δ
(NH4 )2 Cr2O7 (s)  N2 (g)  4H2O(g)  Cr2O3 (s)
1 mol
0,50 mol
nH2O  2,00 mols
4 mols
nH2O
Teremos:
2CaCO3(s)  2SO2(g)  2CaSO3(s)  2CO2(g)
2 CaSO3(s)  O2(g)  2 CaSO4(s)
(1)
(2)
Global
2CaCO3(s)  2SO2(g)  O2(g) 
 2 CaSO4(s)
gás
retido
" gesso"
Global
2CaCO3(s)  2SO2(g)  O2(g) 
 2 CaSO4(s)
2 mol
2  136 g  0,90
1 mol
mCaSO4 (s)
mCaSO4 (s)  122,4 g
Teremos:
CO2  CaO  CaCO3
44 g
22 g
limi tan te
56 g
40 g
excesso
44  40  1.760 
 1.760  1.232
22  56  1.232 
CO2  CaO  CaCO3
44 g
22 g
56 g
mreage
mreage  28 g
mexcesso  40  28  12 g
Δ
[I] Correta. A equação balanceada será: 2CuS(s)  3O2 
 2CuO(s)  2SO2(g) , portanto, as somas
dos coeficientes estequiométricos será 9.
[II] Incorreta. Os coeficientes são: 2, 3, 2, 2.
[III] Correta.
Δ
2CuS(s)  3O2  2CuO(s)  2SO2(g)
3mols
2  22,4L
44,8L
[IV] Correta. A equação ficará corretamente balanceada com os coeficientes: 2,3,2,2.
[V] Correta.
2CuS(s)  2CuO(s) , portanto: 2:2.
6HX  2A  2A X3  3H2(g)
3  22,4L de H2(g)
6mols HX
3mols
x  33,6
x
34L
Teremos:
1CO(g) 
1 mol
20mols
1
O2 (g)  1CO2 (g)
2
1
mol
1 mol
2
10 mols
20 mols
Balanceando a equação, vem:
C4H10  g 
58 g
174 g
13
O2  g  4CO2 (g)  5H2O(g)
2
4  24,5 L
VCO2
VCO2  294,0 L
Teremos:
FeS  88 g / mol
4FeS  9O2  4H2O  2Fe2O3  4H2SO4
4  88 g
mFeS
4 mol
10 mol
mFeS  880 g
Teremos:
p  aminofenol  anidrido acético  paracetamol  ácido acético
109 g
102 g
218 g
151 g
102 g
151 g
excesso
de
reagente
1 comprimido
n
0,5 g de paracetamol
151 g
n  302 comprimidos
Teremos:
1C12H22O11(s)  1H2O( )  4C2H6O( )  4CO2 (g)
1 mol
100 mol
4  0,85 mol
nC2H6O
nC2H6O  340 mol
mC2H6O  340  46  15.640 g  15,64 kg
Teremos:
2 A (s)  Fe2O3 (s)  2 Fe (s)  A 2O3 (s)  calor
2  27 g
2  56 g
mA
336 g
mA  162 g
900 g (mistura)
162 g (alumínio)
p  18 %
100 %
p
Teremos:
dHC  1,2 g / mL
R  0,082 atm  L  mol1  K 1
T  0  273  273 K
P V  nR T
1 Vmolar  1 0,082  273  Vmolar  22,4 L
1 mL
1,2 g (HC )
100mL
Zn
120 g (HC )
 2HC
65,4 g
73 g
6,5 g

H2  ZnC 2
22,4 L
120 g
VH2
excesso
VH2  2,22 L
Se um indivíduo toma um comprimido de 750 mg ( 750  103 g ) ao dia, então:
Li2CO3 (carbonato de lítio)  74 g / mol
1 mol
74 g
n mol
750  103 g
n  0,01013  0,01 mol
Cálculo da massa esperada de boro que seria produzida pela reação de 262,5 g de óxido de boro:
1 mol de B2O3
2 mols de boro
69,6 g de B2O3
21,6 g de boro
262,5 g
m  81,5 g de boro.
Cálculo do rendimento da reação:
m
Massa esperada
81,5 g de boro
100%
33 g
x
x  40% aproximadamente.
Teremos:
CaCO3  H2SO4  H2O  CO 2  CaSO4
6  1023
1,8  10
22,7 L
23
VCO2
VCO2  6,81L
De acordo com a equação: 3MnO2  s   4 A  s   3Mn    2 A 2O3 s 
produzem
4 mols de A
———— 3 mols de Mn
Assim:
4 mols
3 mols
108 g de A ———— 165 g de Mn
m
———— 165000 g
m  108000 g ou 108 kg
[I] Incorreta. O C4H10 é uma substância orgânica inflamável.
[II] Incorreta. A quantidade em massa de oxigênio requerida (416 g) é superior à massa de
C4H10 (116 g) .
2C4H10 g  13O2  8CO2 g  10H2O g
416 g
116 g
[III] Correta. Se a massa de oxigênio for inferior a 200 g na queima de 1 mol de C4H10 , a reação
não ocorrerá conforme descrita na equação acima, sendo provável a formação de CO:
13
O2  4CO2 g  5H2O g
2
208 g
1C4H10 g 
58g
[IV] Correta. A massa de CO2 produzida na combustão completa de 2 mols de C4H10 é inferior à
massa de oxigênio consumida na reação.
2C4H10 g  13O2  8CO2 g  10H2O g
2 mols
13  32g
8  44 g
416 g
352 g
Teremos:
CaCO3 s   CaO s   CO2 g
CaO s   3C graf   CaC2 s   CO g
CaC2 s   2H2O   Ca  OH2 aq  C2H2 g
CaCO3 s   3C graf   2H2O   CO2 g  Ca  OH2 aq  CO g  C2H2 g
100 g
26 g
5,2 g
mCaCO3
mCaCO3  20,0 g
Teremos:
Na2CO3  aq   2 SO2  g   H2O 
  2 NaHSO3  aq   CO2  g 
106 g
2 mols
42,4  106 g
nNaHSO3
nNaHSO3  0,8  106 mols  8  105 mols
Resposta da questão 698: ANULADA.
Questão anulada, conforme gabarito oficial.
Teremos:
Limi tan te
Ca(OH)2  2HNO3  Ca(NO3 )2  2H2O
2  63 g
74 g
296 g
315 g
164 g
mCa(NO3 )2
Excesso
de reagente
296  2  63  74  315
mCa(NO3 )2  410 g
Ca(OH)2  2HNO3  Ca(NO3 )2  2H2O
2  63 g
74 g
mCa(OH)2
315 g
mCa(OH)2  185 g
296 g  185 g  111 g (excesso de reagente)
Ca(OH)2  2HNO3  Ca(NO3 )2  2H2O
74 g
2  63 g
2 mols
185 g
315 g
nH2O
nH2O  5 mols
[A] São formados 410 g de Ca(NO3)2.
[B] Há, em excesso, 111 g de HNO3.
[C] Há formação de 5 mols de H2O.
[D] O reagente limitante é o HNO3 .
Alternativas fornecidas:
a) São formados 656 g de Ca(NO3)2.
b) Há, em excesso, 65 g de HNO3.
c) Há formação de 4 mols de H2O.
d) O reagente limitante é o Ca(OH)2.
Todas as alternativas fornecidas estão incorretas.
Temos 100 mL de uma solução de sulfato de cobre (II) 0,1 mol/L, então:
nCuSO4  [CuSO4 ]  V
nCuSO4  0,1 0,1  0,01 mol
n
Cu2 
 0,01 mol
0,128
 0,002 mol
63,5
(solução)  0,01  0,002  0,00798 mol
nCu (depositado) 
n
Cu2 
V  0,1 L
[Cu ] 
0,00798
 0,0798 mol / L  8,0  10 2 mol / L
0,1
Zn  s   CuSO4 (aq)  Cu(s)  ZnSO 4
1 mol
63,5 g
nZn
0,128 g
nZn  0,002 mol  2,0  10 3 mol (gastos; solução)
V  0,1 L
[Zn2 ] 
2,0  103
 2,0  10 2 mol / L
0,1
Teremos:
ácido acético
presente no
vinagre
presente na
casca do ovo
CaCO3
 2H3 C  COOH  H2O  CO2  Ca[H3C  COOH]2
100 g
25 L
1g
VCO2
VCO2  0,25 L
O dióxido de enxofre (SO2 ) é um dos diversos gases tóxicos poluentes, liberados no ambiente por
fornos de usinas e de indústrias. Uma das maneiras de reduzir a emissão deste gás tóxico é a
injeção de carbonato de cálcio (CaCO3 ) no interior dos fornos industriais. O carbonato de cálcio
injetado nos fornos das usinas se decompõe formando óxido de cálcio (CaO) e dióxido de
carbono (CO2 ). O óxido de cálcio, então, reage com o dióxido de enxofre para formar o sulfito de
cálcio (CaSO3 ) no estado sólido, menos poluente.
O principal componente da mistura conhecida como soda cáustica é o hidróxido de sódio (NaOH).
Esta base absorve água da atmosfera, ou seja, é um composto higroscópico. O hidróxido de sódio
ao ser hidratado forma uma espécie de pasta apresentando o aspecto "derretido" citado no texto.
Caso todo gás produzido na exploração do pré-sal seja lançado na atmosfera, poderá acarretar
aumento da temperatura nos mares, devido à elevação da concentração e do grau de agitação
das moléculas de CO2, ocasionando o desvio de curso de correntes marítimas e, até mesmo, a
extinção de animais marinhos.
Arrecifes e lajeados apresentam em sua composição carbonato de cálcio (CaCO3 ).
O monóxido de carbono (CO) é classificado como óxido neutro (não reagem com água, nem
ácidos, nem bases) juntamente com o NO e N2O.
As fórmulas dos compostos são:
ácido sulfídrico: H2S
monóxido de carbono: CO
dióxido de carbono: CO2
dióxido de enxofre: SO2
A acidez aumenta com a elevação do número de oxidação do cromo:
Cr O
2  2
CrO
2
Cr Cr O O O
33222
Cr2O3
CrO3
3
6
Cr O O O
6 222
elevação do Nox


Conclusão :
CrO : caráter básico
Cr2O3 : caráter anfótero
CrO3 : caráter ácido
Os ácidos possuem a propriedade de serem corrosivos, podendo causar danos irreversíveis a um
tecido vivo, no caso dos ácidos eles são compostos desidratantes, ou seja, reagem com a água
presente nesses tecidos.
Além disso, sua ingestão ou inalação provocam lesões nas vias respiratórias e gastrointestinais.
Ácido sulfúrico: H2SO4 .
Sulfato de cálcio: CaSO4 .
Dióxido de carbono: CO2.
Água: H2O.
A reação de combustão completa dos hidrocarbonetos formam dióxido de carbono (CO2) um óxido
ácido e água, conforme a reação:
CxHy  O2  CO2  H2O
NO2 e SO2 : óxidos.
HNO3 e H2SO4 : ácidos.
[A] Incorreta. As bases consideradas fortes são na maioria de metais alcalinos e alcalinos
terrosos.
[B] Incorreta. O ácido carbônico é um ácido fraco e volátil.
[C] Incorreta. O CO2 é um óxido ácido, formado por ametal que ao reagir com água formará o
ácido carbônico.
CO2  H2O
H2CO3
[D] Correta. Os hidrácidos são ácidos que não possuem oxigênio em sua estrutura.
[E] Incorreta. As bases solúveis são formadas por metais alcalinos e pelo cátion amônio (NH4 ).
Pela teoria de Arrhenius:
Ácido é toda substância que em meio aquoso libera como cátion o íon H , no caso o HC é
considerado um ácido.
Base: é toda substância que em meio aquoso libera como ânion o íon OH no caso o NaOH é
considerado uma base.
Sal: é formado por um cátion proveniente da base com um anion proveniente de um ácido.
NaOH  Na  OH
HC  H  C 
Assim teremos:
NaOH  HC  NaC  H2O
O anidrido sulfuroso (SO2 ) é o dióxido de enxofre derivado do ácido sulfuroso pela saída de água:
H2SO3  H2O  SO2 . Ao reagir com água forma o ácido sulfuroso, ou seja: H2O  SO2  H2SO3 .
Teremos:
H3BO3
3  3  0 (ácido fraco)
O desaparecimento da cor rosa da amostra, ao adicionar glicerina, indica que os cátions H+
provenientes do ácido bórico presentes na solução de glicerina reagiram com os ânions hidróxidos
provenientes da base.
Equações químicas da chuva ácida:
S(s)  O2 (g)  SO2 (g)
1
O2 (g)  SO3 (g)
2
SO3 (g)  H2O( )  H2SO4 (aq)
SO2 (g) 
ou
2SO2 (g)  O2 (g)  2SO3 (g)
SO3 (g)  H2O( )  H2SO4 (aq)
[D] Incorreta. Pois o ácido sulfúrico apresenta 2 hidrogênios ionizáveis e o ácido nítrico apenas
um, embora ambos sejam ácidos fortes.
H2SO4
HNO3
2H  SO42 possui 2H ionizáveis
H  NO3 possui apenas 1H ionizável.
[A] Verdadeira. O gás sulfídrico (H2S) é encontrado no petróleo cru, no gás natural, em gases
vulcânicos e é produzido no intestino humano.
[B] Falsa. Constituído por 2 átomos de hidrogênio e um átomo de enxofre, apresenta estrutura
angular, e seu momento dipolar é diferente de zero.
[C] Falsa. A reação do H2S pode produzir enxofre elementar: 2H2S  O2  2H2O  2S .
[D] Falsa. A reação que ocorre é a neutralização do ácido sulfídrico:
3H2S  A (OH)3  3H2O  A 2S3 .
São óxidos básicos (possuem metais das famílias IA e IIA) e reagem com água produzindo bases,
as seguintes substâncias: CaO, Na2O, K2O.
Teremos:
Cloreto de bário: BaC 2.
Silicato de sódio: Na2SiO3 .
Dióxido de carbono: CO2.
Carbonato de bário: BaCO3 .
―Quando a temperatura cai, o reluzente estanho metálico exposto ao oxigênio do ar começa a se
tornar friável e a se esboroar (desfazer) num pó acinzentado e não metálico – continua sendo
estanho, mas com forma estrutural diferente‖.
De acordo com o texto conclui-se que ocorre uma reação química com o oxigênio presente no ar:
Snx  O2  Sn2 O2  SnO (óxido de es tanho II).
O dióxido de carbono (CO2 ) é um óxido ácido, pois reage com água formando ácido carbônico.
O Sildenafil presente no Viagra não libera átomos de oxigênio e nitrogênio para o organismo, ele
age através da inibição da enzima fosfodiesterase tipo 5 (PDE5), responsável por degradar a
cGMP. O óxido nítrico (NO) é um gás produzido pelas células do organismo, no corpo cavernoso,
durante a estimulação sexual.
Sais derivados de elementos de transição produzem soluções coloridas, neste caso o CrC
elemento de transição).
3
(Cr é
O nitrato de prata reage com o cloreto de sódio formando cloreto de prata, que é um composto
praticamente insolúvel em água e que revela as linhas da impressão digital do criminoso.
AgNO3 (aq)  NaC (aq)  AgC (s)  NaNO3 (aq)
Nessa reação haverá a formação do precipitado Ag2CrO4(s) as espécies: K  e Ag ligadas
inicialmente ao Cr2O42 e ao NO3 , respectivamente, não sofrem alteração, ou seja, são íons
expectadores.
Teremos:
Mg(s)  2HC (aq)  H2 (aq)  MgC
gás
hidrogênio
2 (aq)
cloreto
de
magnésio
Teremos:
Cu(s)  HNO3(aq)  Cu(NO3 )2(aq)  NO(g)  H2O(
)
oxidação
0  2
redução
 5 
 2
Cu0  Cu2  2e
N5  3e  N2
3Cu0  3Cu2  6e 
3Cu
3Cu(NO3 )2
2N5  6e  2N2
2NO
Então,
3Cu(s)  8HNO3(aq)  3Cu(NO3 )2(aq)  2NO(g)  4H2O(
Soma  3  8  3  2  4  20
Reação de neutralização:
H3PO4  Fe(OH)3  3H2O  FePO4
)
Teremos:
oxidante
IO3 (aq)
redutor
 HSO3 (aq)  I(aq)  SO4 2(aq)  H(aq)
5
 1 (redução do iodo)
4
 6 (oxidação do enxofre)
I5   6e  I1
S4  S6  2e
I5   6e  I1
3S4  3S6  6e
Então :
1IO3 (aq)  3 HSO3 (aq)  1I(aq)  3SO4 2(aq)  3H(aq)
1IO3 (aq) : 3 HSO3 (aq)
1: 3
A reação entre o ácido sulfúrico e o hidróxido de sódio irá formar:
H2SO4(aq)  NaOH(aq)  Na2SO4(aq)  H2O(
)
Teremos:
HC (aq)  NaHCO3(aq)  NaC (aq)  H2 CO3(aq)
HC (aq)  NaHCO3(aq)  NaC (aq)  H2 O( )  CO2(g)
Pelo método das tentativas, teremos:
(NH4 )2 Cr2O7  1N2  1 Cr2O3  4 H2O
Teremos:
1. 2NaC (s)  H2 SO4 (aq)  Na2 SO 4 (s)  2HC (g)
2. Na2 S O4 (s)  4C(s)  Na2 S  4CO(g)
sulfeto
de sódio
4CO
sulfeto
de sódio
3. Na2 S(s)  CaCO3 (s)  Na2 CO3 (s)  CaS(s)
CaS
Os produtos da reação de decomposição térmica do carbonato de cálcio são CaO e CO2.
Δ
CaCO3 (s)  CaO(s)  CO2 (g)
As reações citadas no texto são:
CO2(g)  H2O( )
H2CO3(aq)
CaCO3(s)  H2CO3(aq)  Ca(HCO3 )2(aq)
Portanto, o único composto que não foi citado é o hidróxido de cálcio Ca(OH)2.
A reação entre as duas primeiras substâncias citadas no texto forma o ácido carbônico, como
podemos ver na equação abaixo:
CO2(g)  H2O(
H2CO3(aq)
)
As reações que ocorrem, são:
[I] CH4(g)  O2(g)  CO2(g)  H2O(v)
[II] HC (aq)  KOH(aq)  KC (aq)  H2O( )
[III] CaCO3(s)  CaO(s)  CO2(g)

Portanto, a única reação que não libera água, é a [III].
O gás coletado na bexiga foi o CO2 : NaHCO3 (s)  H (aq)  CO2 (g)  Na (aq) .
A equação da reação devidamente balanceada é:
2 ZnS  s   3O2  g  2 ZnO  s   2SO2  g 
Comentário: a questão está mal formulada, deveria se anulada, pois não deixa claro se a
combustão é apenas de um hidrocarboneto presente na gasolina (que é uma mistura) ou se refere
às outras substâncias envolvidas no processo de queima.
O metano (CH4 ) não é formado no funcionamento do motor de automóveis.
A combustão completa do iso-octano (isoctano), o hidrocarboneto mais comum na representação
da mistura conhecida como gasolina, é dada por:
C8H18 
25
O2  8CO2  9H2O
2
Reações de outras substâncias envolvidas no processo de funcionamento do motor de um
automóvel:
S(resíduo)  O2 (g)  SO2 (g)
energia
N2 (aspirado do ar)  2O2 (g)  2NO2 (g)
Fórmula molecular do olimpiceno: C19H12 .
Hidrocarboneto apolar e insolúvel em água.
Combustão completa de 1 mol do C19H12 :
C19H12  44O2  19CO2  6H2O
Conclusão: 19 mols de CO2 e 6 mols de H2O por mol do composto.
A afirmativa III está errada, pois, de acordo com a equação, o símbolo KNO3(aq) se refere a uma
solução de nitrato de potássio, e não nitrato de potássio insolúvel em água.
Teremos:
NH4 C (aq)  KOH (aq)  NH3 (g)  H2O( )  KC (aq)
NH3HC 
K OH
A prata no AgBr e no AgNO3 estão em um mesmo estado de oxidação.
AgBr
1  1
Nox Ag  1
AgNO3
Ag N O O O
1  5  2  2  2
Nox Ag  1
Comprar uma lata de conserva amassada no supermercado é desaconselhável porque o
amassado pode romper a camada de estanho, permitindo a corrosão do ferro e alterações do
alimento, ou seja, o ferro da lata pode sofrer oxidação (Fe(s)  Fe2(aq)  2e ) contaminando o
alimento.
[A] Incorreta. Na equação I, os íons espectadores são K  e NO3 .
[B] Correta. Na equação II o íon espectador será o C  .
[C] Incorreta. Na equação III não existem íons espectadores. Os íons H e OH reagem formando
H2O( ), Ba2, SO42 reagem formando o BaSO4(s) .
[D] Incorreta. Na equação II, os íons Fe3Sn2 reagem formando Fe3Sn4 . O íon C
espectador.
[E] Incorreta. Na equação III os íons Ba2 e SO42 reagem formando BaSO4(s) .

será o íon
Os números de oxidação dos átomos de nitrogênio nas substancias químicas monóxido de
nitrogênio e dióxido de nitrogênio são iguais a 2 e 4, respectivamente:
NO  N O ( 2  2  0)
2 2
NO2  N O O ( 4  2  2  0)
4 2 2
1. A 2S3
A A S S S
3 3 2 2 2
A  3
2. K 2S
K K S
1 1  2
K  1
3. SrC
2
Sr C C
 2 1 1
Sr  2
4. KF
K
F
1 1
F  1
5. O3
O  zero
Ter maior poder oxidante significa sofrer redução com maior facilidade, ou seja, ter maior
capacidade de receber elétrons.
Pb  Cu2  Pb2  Cu



Cu2  2e  Cu (redução)  Poder oxidante do íon cobre  Poder oxidante do íon chumbo

Pb  Pb2  2e (oxidação)

3Pb2  6e  3Pb (redução) 


2 A  2 A 3  6e (oxidação) Poder oxidante do íon chumbo  Poder oxidante do íon alumínio

2 A  3Pb2  2 A 3  3Pb



3Ag  A 3  não houve reação Poder oxidante da íon prata  Poder oxidante do íon alumínio

2Ag  Cu2  não houve reação Poder oxidante da íon prata  Poder oxidante do íon cobre
3
Conclusão: A
 Pb2  Cu2  Ag .
A regeneração e a limpeza da prata são decorrentes de um processo de redução da prata:
A
0
 3e  A
3
(oxidação)
3Ag  3e  3Ag0 (redução)
A
0
 3Ag  A
3

3Ag0
regeneração
Teremos:
[Cr (NH3 )4 C
x
4(0)
2]
2( 1)

x  0  2  1
x  3
O agente oxidante mais forte é o que apresenta maior potencial padrão de redução. Assim,
teremos: MnO4   Cr2O72  Pb2 .
Teremos:
SO2(g) 
4
1
O2(g)  SO3(g)
2
6
SO3(g)  H2O(
)
 H2SO4(aq)
6
6
Teremos uma reação de deslocamento ou simples troca:
agente
redutor
agente
oxidante
substância
composta
substância
simples
2Na(s)  2H2O ( )  2NaOH (aq)  1H2 (g)
oxidação
0  1
redução
 1 
0
2Na0  2Na   2e 
2H  2e   H2
2Na(s)  2H2O ( )  2NaOH (aq)  1H2 (g)
Soma dos coeficientes  2  2  2  1  7
Teremos:
C2H6 O(g)  C2H4 O(g)  2H (aq)  2e
1
O (g)  2H (aq)  2e  H2O( )
2 2
1
Global
C2H6 O(g)  O2 (g) 
 C2H4 O(g)  H2O( )
2
produtos
álcool
expirado
Teremos:
Agente
oxidante
Agente
redutor
Cd(s)  NiO2(s)  2H2O(
)
 Cd(OH)2(s)  Ni(OH)2(s)
 2 (oxidação)
 2 (redução)
0
4
Análise do número de oxidação do FeS2 :
Fe
S
S
2  1  1
Nox do enxofre  1
O estado de oxidação do enxofre nesse composto é -1, semelhante ao oxigênio nos peróxidos.
Teremos:
K 2Cr2O7  4H2SO4  3CH3CH2OH  Cr2  SO4 3  7H2O  3CH3CHO K 2SO4
Alaranjada
incolor
Verde
Cromo   6
Cromo  3
cor 1
cor 2
Carbono 1  1
incolor
Carbono 1   1
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Química]
A partir do gráfico verifica-se maior taxa de fotossíntese no comprimento de onda azul, neste caso
ocorre maior consumo de gás carbônico (CO2 ) e diminuição de sua concentração (cor da solução
tendendo à roxa).
Conclusão: o tubo no qual a cor da solução se modificou mais rapidamente de vermelha para roxa
é aquele no qual encontramos apenas algas, ou seja, o tubo número II.
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia]
Ao absorver o comprimento de luz equivalente ao azul, o pigmento fotossintetizante da alga
apresenta a maior eficiência na fixação do CO2 como matéria orgânica. No tubo II, a cor da
solução deve ficar roxa devido ao consumo de CO2 durante a fotossíntese realizada pela alga. No
tubo IV, os caramujos respiram e liberam CO2 para a solução.
1. A 2S3
A A S S S
3 3 2 2 2
A  3
2. K 2S
K K S
1 1  2
K  1
3. SrC
2
Sr C C
 2 1 1
Sr  2
4. KF
K
F
1 1
F  1
5. O3
O  zero
Ter maior poder oxidante significa sofrer redução com maior facilidade, ou seja, ter maior
capacidade de receber elétrons.
Pb  Cu2  Pb2  Cu



Cu2  2e  Cu (redução)  Poder oxidante do íon cobre  Poder oxidante do íon chumbo

Pb  Pb2  2e (oxidação)

3Pb2  6e  3Pb (redução) 


2 A  2 A 3  6e (oxidação) Poder oxidante do íon chumbo  Poder oxidante do íon alumínio

2 A  3Pb2  2 A 3  3Pb



3Ag  A 3  não houve reação Poder oxidante da íon prata  Poder oxidante do íon alumínio

2Ag  Cu2  não houve reação Poder oxidante da íon prata  Poder oxidante do íon cobre
Conclusão: A
3
 Pb2  Cu2  Ag .
A regeneração e a limpeza da prata são decorrentes de um processo de redução da prata:
A
0
 3e  A
3
(oxidação)
3Ag  3e  3Ag0 (redução)
A
0
 3Ag  A
3

3Ag0
regeneração
A prata no AgBr e no AgNO3 estão em um mesmo estado de oxidação.
AgBr
1  1
Nox Ag  1
AgNO3
Ag N O O O
1  5  2  2  2
Nox Ag  1
Comprar uma lata de conserva amassada no supermercado é desaconselhável porque o
amassado pode romper a camada de estanho, permitindo a corrosão do ferro e alterações do
alimento, ou seja, o ferro da lata pode sofrer oxidação (Fe(s)  Fe2(aq)  2e ) contaminando o
alimento.
[A] Incorreta. Na equação I, os íons espectadores são K  e NO3 .
[B] Correta. Na equação II o íon espectador será o C  .
[C] Incorreta. Na equação III não existem íons espectadores. Os íons H e OH reagem formando
H2O( ), Ba2, SO42 reagem formando o BaSO4(s) .
[D] Incorreta. Na equação II, os íons Fe3Sn2 reagem formando Fe3Sn4 . O íon C
espectador.
[E] Incorreta. Na equação III os íons Ba2 e SO42 reagem formando BaSO4(s) .

será o íon
Os números de oxidação dos átomos de nitrogênio nas substancias químicas monóxido de
nitrogênio e dióxido de nitrogênio são iguais a 2 e 4, respectivamente:
NO  N O ( 2  2  0)
2 2
NO2  N O O ( 4  2  2  0)
4 2 2
Teremos:
K 2Cr2O7  4H2SO4  3CH3CH2OH  Cr2  SO4 3  7H2O  3CH3CHO K 2SO4
Alaranjada
incolor
Cromo  3
cor 1
cor 2
Carbono 1  1
incolor
Verde
Cromo   6
Carbono 1   1
[A] Correta.
2
(o magnésio oxidou).
Mg(s)  2H(aq)  H2(g)  Mg(aq)
[B] Incorreta. O gás hidrogênio possui densidade menor que a água.
[C] Incorreta. Restará também íons de Mg+2.
[D] Incorreta. São os agentes oxidantes da reação.
[I] Correta. Esta água mineral apresenta caráter básico nas condições citadas, pois o pH (7,8) é
maior do que 7,0.
[II] Correta. A água mineral citada pode ser classificada como uma solução, em razão da presença
de substâncias dissolvidas (mistura homogênea).
[III] Correta. Todas as substâncias químicas presentes na composição provável apresentada desta
água mineral são da função inorgânica sal (bicarbonatos).
A água é uma substância formada por moléculas compostas por dois elementos químicos:
hidrogênio e oxigênio.
[I] Incorreta. A água é uma substância composta.
[II] Correta. O ar é uma solução (mistura homogênea) gasosa.
[III] Correta. A terra é uma mistura heterogênea, contém entre outros compostos, silicatos.
[IV] Incorreta. O fogo é resultado de um processo de liberação de energia (exotérmico).
Mistura de compostos (apresenta moléculas diferentes entre si):
Amostra da substância nitrogênio (N2 ) (moléculas iguais) :
Água e óleo: mistura heterogênea (líquido - líquido).
Gelo e água: substância pura em duas fases de agregação.
Água e areia: mistura heterogênea (sólido - líquido).
Hexano e água: mistura heterogênea (líquido - líquido).
Teremos:
[I] Correta. Imediatamente após a mistura das duas substâncias é observada uma fase única, pois
as substâncias envolvidas são polares.
[II] Correta. Após o equilíbrio, observa-se uma fase única que contém as seguintes substâncias:
CH3OH, D2O, CH3OD e HOD, que são polares, ou seja, ocorrem atrações intermoleculares.
[III] Incorreta. Se for adicionado um cubo de D2O(s) (água deuterada ou pesada) à mistura, este
não flutuará na superfície da mistura líquida, pois a densidade da água deuterada no estado
sólido é maior do que a densidade do metanol no estado líquido (70 % da mistura) e do que a
água deuterada no estado líquido (30 % da mistura).
Alumínio: substância simples (formada apenas pelo elemento alumínio).
Água: substância composta por dois elementos químicos (hidrogênio e oxigênio).
Aço: mistura homogênea (basicamente, liga de ferro e carbono).
Granito: mistura heterogênea formada por feldspato, mica e quartzo.
[A] Falsa. Metanal é o nome oficial do formol. De acordo com o texto, a escova blindagem é isenta
dessa substância.
[B] Verdadeira. Silicone é um polímero à base de silício que recobre o cabelo.
[C] Falsa. O uso do silicone pode ser considerado um método químico, pois o silicone é uma
substância química.
[D] Falsa. Há erro na alternativa no trecho: ―silicone ou silício elementar‖. Sílico elementar é uma
substância simples, enquanto o silicone é uma substância composta, formada por silício e
oxigênio.
[E] Falsa. O texto diz que o silicone recobre o cabelo e não há referência à retenção de água.
Substâncias compostas são formadas por mais de um elemento químico: CaO, A 2O3 , Fe2O3,
SiO2, MgO, e sulfatos alcalinos são exemplos. O cimento é uma mistura de substâncias
compostas.
O gráfico representa uma mistura homogênea eutética, pois a temperatura de fusão é constante e
existe um intervalo de ebulição (TE1 a TE2):
[V] A Lei de Conservação das massas, de Lavosier, enuncia que em um sistema fechado, a soma
das massas dos reagentes é igual a soma das massas dos produtos, assim teremos:
CaO  H2O  Ca(OH)2
561874g
74g
[F] Trata-se de uma base de Arrhenius, devido à presença do ânion OH .
[V] Os coeficientes que irão balancear corretamente a reação serão:
1 CaO  1 H2O  1 Ca(OH)2
[V] Em meio básico a fenolftaleína apresenta coloração rósea.
[F] Trata-se de uma reação de adição, onde 2 reagentes formam apenas um único produto.
A solução de bicarbonato de sódio tem caráter básico.
Na presença de fenolftaleína esta solução fica rosa.
A queima da cabeça do palito de fósforo libera óxidos ácidos como o trióxido de enxofre e o
dióxido de carbono, que neutralizam o meio básico fazendo com que fique incolor.
Na  HCO3  H2O
Na  OH  H2CO3
H2O CO2
Na  HCO3  H2O
HCO3
Na  OH  H2O  CO2
OH  CO2
meio
básico
SO3  H2O  H2SO4
H2SO4  2H  SO24
2HCO3
2OH  2CO2
2H  2OH  2H2O (neutralização)
No tubo A, o estudante colocou o composto KOH, ou seja, uma base, que apresentará um
comportamento semelhante a soda cáustica (NaOH), único composto básico apresentado na
tabela e irá apresentar cor verde.
No tubo B o estudante inseriu um composto ácido que irá se comportar de forma semelhante ao
vinagre (solução de ácido acético) frente a um indicador, ou seja, sua cor será vermelha.
No tubo C, o estudante colocou o nitrato de potássio, um sal, que irá se comportar de forma
semelhante ao sal para churrasco, ou seja, não irá alterar a cor do indicador, permanecendo roxo.
A sequência correta será: verde, vermelha, roxa.
NaCN  NaOH  HCN
base forte  ácido fraco  pH  7 (vermelha)
NaC  NaOH + HC
base forte  ácido forte  pH  7 (alaranjada)
NH4 C  NH4 OH  HC
base fraca  ácido forte  pH < 7 (amarela)
O tecido branco fica rosa e decorrido um tempo, a cor desaparece, isso ocorre devido ao fato de
que a amônia é uma base muito volátil. No início o pH do meio é básico, fazendo com que
fenolftaleína fique rosa, porém, ao evaporar a amônia, o meio passa a ser neutro, fazendo com
que a fenolftaleína volte a ser incolor.
[A] Correta. A reação entre o hidróxido de cálcio e o CO2 (gelo seco), irá formar o carbonato de
cálcio, sólido insolúvel.
[B] Incorreta. Pois o carbonato de cálcio irá forma um precipitado branco.
[C] Incorreta. A presença de fenolftaleína no tubo B, onde existe um composto básico, tornará o
meio rósea.
[D] Incorreta. A presença de CO2 no tubo C, irá neutralizar a base, tornando o meio neutro e
incolor, frente à fenolftaleína.
2NH4OH(aq)  CO2(g)  (NH4 )2 CO3(aq)  H2O(
)
[E] Incorreta. A reação entre a água e o CO2, forma o ácido carbônico H2CO3.
Ao se adicionar uma solução de fenolftaleína à solução de óxido de estrôncio (SrO), que é um
óxido básico, a solução adquire coloração rosa.
Teremos:
Azul de bromotimol  NaOH (azul)
 H2O  H2CO3



 azul (básico) para verde (neutro)
H2CO3  NaOH  NaHCO3  H2O 
meio

meio
básico

neutro
Excesso de H2CO3 implica em amarelo.
CO2
gás carbônico
expirado
ácido
carbônico
Teremos:
• água da chuva – roxa.
• vinagre – rosado.
• água de cal – verde.
• bicarbonato de sódio – verde.
Meio ácido: cor rosada.
Meio básico: verde.
O aluno pode chegar a conclusão que o vinagre e a água da chuva são ácidos.
O plástico (termoplástico) tem boa resistência a impactos, mas não poder ser levado diretamente
ao fogo, pois pode sofrer fusão.
O metal pode ser levado diretamente ao fogo, mas está sujeito a corrosão.
A louça (material cerâmico) apresenta pouca reatividade química, mas ter pouca resistência a
impactos.
O sódio metálico, ao ser colocado em contato com a água, sofre reação de deslocamento e os
1
2
produtos formados são gás hidrogênio e hidróxido de sódio: Na(s)  H2O( )  H2 (g)  NaOH(aq).
Propriedades organolépticas são aquelas que impressionam nossos sentidos, como o olfato. A
efervescência ocorre devido à liberação de gás carbônico.
O tempo de ebulição da água no recipiente de alumínio (0,22 cal/g.°C) será maior do que no
recipiente de ferro (0,11 cal/g.°C), pois seu calor específico é maior, ou seja, no recipiente de
alumínio é necessária uma maior absorção de calor para a elevação de 1°C na temperatura de 1
g deste metal.
Movimentos circulares da bateia permitem que o ouro metálico se deposite sob o material sólido:
densidade (o material mais denso se deposita no fundo).
O amálgama formado é separado e aquecido com um maçarico, separando-se o ouro líquido do
mercúrio gasoso: temperatura de ebulição (mudança do estado líquido para gasoso).
O mercúrio gasoso se transforma em líquido e acaba indo para o leito dos rios: temperatura de
liquefação (mudança do estado gasoso para o líquido).
Precisa-se de um material que possa ser transformado com facilidade em fios, conclui-se que este
material deve ser dúctil (ductibilidade é a capacidade de formar fio).
Alternativa [A] está incorreta. O cloreto de sódio e o óxido de zinco permanecem sólidos no teste
de fusão. Por serem compostos iônicos, apresentam altas temperaturas de fusão, portanto
permanecem sólidos em temperaturas até 200°C. O açúcar é um composto molecular, por isso
apresenta temperatura de fusão menor que composto iônicos e funde a menos que 200°C.
Alternativa [B] está correta, pois de acordo com a análise da tabela, os resultados apresentados
são coerentes com os compostos testados. O cloreto de sódio é um sal solúvel em água. Por ser
um composto iônico, apresenta alta temperatura de fusão e condutividade elétrica quando
dissolvido, mas não no estado sólido. O óxido de zinco é praticamente insolúvel em água, já que
os óxidos metálicos solúveis são os dos metais alcalinos e alcalinos terrosos, não sendo, portanto,
o caso do zinco. É também um composto iônico, por isso apresenta alta temperatura de fusão e
não conduz corrente elétrica no estado sólido. Por ser considerado insolúvel, não há como fazer o
teste de condutividade. O açúcar é um composto molecular, que por isso apresenta baixa
temperatura de fusão. É solúvel em água. Não conduz corrente elétrica no estado sólido e nem no
estado dissolvido, pois não sofre ionização, ou seja, não gera íons em solução.
Alternativa [C] está incorreta, pois o cloreto de sódio é solúvel em água, assim como a maioria dos
cloretos.
Alternativa [D] está incorreta, já que o açúcar é um composto molecular que não sofre ionização,
ou seja, não é capaz de gerar íons em solução. Dessa forma, não conduz corrente elétrica em
solução aquosa.
Os elementos H, C, O e He e seus compostos são utilizados em: combustível de foguete;
eletrodos; ozonização de água; balões meteorológicos.
A propriedade física que as ligações dissulfeto conferem à queratina do cabelo é a resistência
mecânica.
De acordo com a Agência Nacional de Petróleo (ANP), o álcool combustível deve ter densidade
entre 0,805 g/cm3 e 0,811 g/gm3. Duas bolas com valores de densidade diferentes devem ficar
afastadas no teste, ou seja, as densidades relativas serão diferentes.
40% m / m
40g de Hg
100g de amálgama
xg de Hg
1,0g
x  0,4g de Hg
6,02  1023 átomos
200,5g de Hg
0,4g de Hg
y
21
y  1,2  10 átomos
35x  37y
 35,5
100
x  y  100  x  100  y
35(100  y)  37y  3550
3500  35y  37y  3550
2y  3550  3500
y  25%
x  100  25  75%
[A] Incorreta.
1 mol de K 4 [Fe(CN)6 ]
368,15g
x
184,1g
x  0,50 mol
6 mols de C
0,5 mol
x  3 mols de C
x
[B] Incorreta.
55,8g de íons Fe3
0,5 mol
x
x  27,9g de íons Fe3
[C] Incorreta.
4  6,02  1023atomos de K
0,5 mol
x
23
x  12,04  10 átomos de K
[D] Correta.
6  6,02  1023 de íons CN
0,5 mol
23
x  18,06  10
[E] Incorreta.
x

de íons CN
4 (6,02  1023 ) átomos de N
0,5 mol
x
23
x  12,04  10 átomos de N
Supondo-se que o volume ocupado pelas substâncias, no estado líquido, aumentasse com a
elevação da massa molar, o que nem sempre ocorre, por isso a questão é contraditória, teríamos
para estes alcoóis:
e tanol : C2H6O  46 g / mol
1  propanol : C3H8O  60 g / mol
1  butanol : C4H10O  74 g / mol
Teremos:
C5H11N  85
85 g (piperidina)
mpiperidina
11 6  1023 átomos de H
2,64  1022 átomos de H
mpiperidina  3,4  10 1 g  0,34 g  340 mg
O filtro solar orgânico que absorve menor comprimento de onda e consequentemente tem o
máximo de absorção de maior energia é o filtro solar 1.
(7  12)  (7  1)  (1 14)  (2  16)  137 g mo 1.
Teremos:
Ácidoacetilsalicílico
C9H 8 O4  180 g / mol
n 
m
M
10
 0,056 mol
180
nátomos de oxigênio  0,056  4  0,224 mol
nC9H 8 O4 
moxigênio  0,224  16  3,584 g
Paracetamol
C8H 9 O2N  151 g / mol
n 
m
M
10
 0,066 mol
151
nC8H 9 O2N 
moxigênio  0,132  16  2,112 g
Dipirona sódica
C13H16 O4N3 SNa  333 g / mol
n 
m
M
10
 0,030 mol
333
moxigênio  0,120  16  1,92 g
nC13H16 O4N3SNa 
P = 0,4 mol
O = 1,0 mol
Dividindo ambos pelo menor, teremos:
0,4
1
0,4
1,0
O
 2,5
0,4
P
Multiplicando por um número, a fim de obter os menores inteiros:
P  1 2  2
O  2,5  2  5
Portanto, P2O5 .
C6H10  82 u
C6H10  82 g / mol
1 mol
nC6H10
82 g
8,2  103 g
nC6H10  1,0  102 mols
Teremos:
O bóson de Higgs, apesar de ser uma partícula fundamental da natureza, tem massa da ordem de
126 vezes maior que a do próton, então:
Metade da massa do bóson de Higgs =
126
 63.
2
De acordo com a tabela periódica (fornecida na prova):
M.A.  63,55  63  Cobre (Cu).
O hidrogênio do carbono secundário é substituído com maior facilidade:
Nesse tipo de reação, ocorre a substituição de um átomo de hidrogênio do alcano por um átomo
de cloro.
Essa substituição pode ocorrer em diferentes posições, levando a obtenção de diferentes
produtos.
Para alcanos com mais de 3 carbonos, a halogenação irá formar uma mistura de diferentes
compostos substituídos.
Percebemos que a rota tradicional ocorre em três etapas:
Já a rota verde ocorre em apenas uma etapa:
Conclusão: o fator que contribui positivamente para que a segunda rota de síntese seja verde em
comparação à primeira é o fato de ocorrer em uma única etapa gerando menos resíduos tóxicos
ou subprodutos e utilizando menos reagentes nocivos ao meio ambiente. Além disso, tem-se uma
economia de tempo na execução processo.
A reação esquematizada é classificada como uma reação de esterificação.
Ácido salicílico  álcool
aquecimento
éster  água
Teremos:
A manteiga de garrafa é obtida aquecendo, em fogo brando e por um longo tempo, a manteiga
comum. Isso faz a manteiga derreter, ficando uma porção sobrenadante constituída, entre outras
coisas, pelo aminoácido cisteína.
Os aminoácidos apresentam os grupos funcionais amino e ácido carboxílico:
Os compostos orgânicos que podem reagir para produzir o seguinte éster, por meio de uma
reação de esterificação são, respectivamente, ácido butanoico e etanol.
Apenas os alcoóis terciários (OH ligado à C terciário) não são oxidados afim de formar aldeídos,
cetonas e ácidos carboxílicos. O único carbono terciário é o 2-metil-propan-2-ol.
Observando o esquema de reações, é correto afirmar que a transformação de 1 em 2 e a de 2 em
3 envolvem reações de oxidação.
[O]
[O]
Álcool 
 Aldeído 
 Ácido carboxílico
[I] Um dos produtos da reação terá uma ligação éster:
[II] Na reação haverá formação de água.
[III] O produto maior terá cinco carbonos.
[IV] A reação formará propanoato de etila.
Esse ―fatberg‖, resultado do descarte inadequado de gorduras e óleo usados em frituras, poderia
ser reaproveitado na produção de biodiesel, por transesterificação em meio básico:
Teremos:
A reação em que um ácido carboxílico é formado a partir de um aldeído é uma reação de
oxidação:
Somente os alcoóis primários são oxidados em ácidos carboxílicos. Caso do composto I (álcool
primário) grupo OH- ligado a carbono primário.
Teremos:
O éster apresenta apenas um carbono com hibridização sp2:
Reação de hidrólise (―quebra‖ na presença de água):
Substância I
A reação transforma compostos aromáticos em cíclicos saturados a partir da adição de átomos de
hidrogênio.
Teremos:
Observe a reação referida abaixo:
A equação mostra uma reação de esterificação onde o grupo etoxi (–O–CH2–CH3), presente na
molécula de álcool se liga ao carbono da carbonila do ácido butílico, que perde sua hidroxila
(–
OH).
Importante: Não é comum a denominação de uma esterificação como dupla-troca. O termo
dupla-troca, ou metátese, é geralmente aplicado a reações que envolvem eletrólitos como ácidos,
bases e sais. As reações de esterificação apresentam um mecanismo de ocorrência diferente das
dupla-trocas entre eletrólitos. Portanto, apesar do gabarito oficial apresentar como alternativa a
letra [B], sugerimos que a questão não tenha resposta correta.
A substância X foi obtida a partir da reação de adição entre o but-2-eno e o gás cloro:
A substância Y obtida pela reação de substituição entre quantidades estequiométricas de
dimetilpropopano e o gás cloro
A substância Z foi obtida por uma reação de substituição
O grupo OH é orto e para dirigente, dando origem a 2 compostos.
Desidratação intramolecular do etanol:
A hibridização dos carbonos do glicerol e dos carbonos das carbonilas do triglicerídeo são sp3 e
sp2, respectivamente:
Teremos as seguintes hidrólises ácidas:
C3H7  COO  C2H5  H2O  C3H7  COOH  C2H5 OH
(ácido bu tanóico ou butírico)
H  COO  C4H9  H2O  H  COOH  C4H9 OH
(ácido me tanóico ou fórmico)
CH3  COO  CH2  C6H5  H2O  CH3  COOH  C6H5  CH2OH
(ácido e tanóico ou acético)
CH3  COO  C4H9  H2O  CH3  COOH  C4H9 OH
(ácido e tanóico ou acético)
Na reação de hidrólise ácida do benzoato de metila, um dos produtos é o ácido benzoico:
O crescimento da massa do pão é resultante da liberação de gás carbônico (CO2 ), devido ao
processo da fermentação.
A ausência de água no meio reacional se faz necessária para evitar a hidrólise dos ésteres no
meio reacional e a formação de sabão, ou seja, para que não ocorra saponificação.
O ácido ascórbico previne a ocorrência da oxidação, reduzindo as quinonas a fenóis.
Na produção das margarinas, ocorre a hidrogenação (adição de H2) em insaturações dos lipídios
de origem vegetal. O aumento do grau de saturação desses lipídios faz com que a margarina
apresente aspecto cremoso.
(1) Alquilação é a introdução de um grupo alquil, nesse caso o grupo - C12H25.
(2) Sulfonação é uma reação de substituição com ácido sulfúrico, introduzindo um grupo SO3H
(ácido sulfônico) na molécula.
(3) O grupo sulfônico apresenta caráter ácido e, portanto, poderá ser neutralizado por uma base.
Nesse caso há a formação e um sal orgânico.
Equação global da ozonólise seguida de hidrólise, na presença de zinco, do 2-metil-2-buteno:
Alcenos sofrem preferencialmente reações de adição com ácidos halogenídricos, em função da
presença de insaturações, produzindo haletos de alquila:
De acordo com as reações abaixo, há dois alcenos possíveis para sofrer a reação de adição com
HBr.
Teremos as seguintes sequências reacionais:
O novo grupo formado será um éster:
Teremos:
CH3CH2CH2COOH apresenta o grupo carboxila (COOH).
O composto químico identificado, no texto, é classificado como ácido carboxílico.
[A] Incorreta.
[B] Correta.
[C] Incorreta.
[D] Incorreta.
Teremos:
Análise das alternativas;
[A] Correta. As estruturas 1, 2 e 3 apresentam pelo menos um anel aromático.
[B] Correta. Na estrutura 1, há uma hidroxila caracterizando a função álcool, ligada a um átomo de
carbono secundário.
[C] Correta. Na estrutura 3, existem átomos de oxigênio entre átomos de carbonos, como
heteroátomos, relativos à função éter e à função éster.
[D] Correta. A estrutura 2 é uma função mista, na qual existem os grupos funcionais relativos à
amida, ao éter e à amina.
[E] Incorreta. A estrutura 3 não apresenta a função sal orgânico.
[1] Álcool
[2] Cetona
[3] Alceno
[4] Éster
[5] Éter
Portanto, a ordem correta é, 5 – 3 – 4 – 2 – 1.
Funções orgânicas presentes no ELQ  300:
O ácido hipossudórico possui ação protetora mais eficaz, devido à maior quantidade de
carboxilas.
As funções orgânicas que caracterizam os feromônios de trilha e de alarme são, respectivamente,
álcool e éster.
A molécula apresenta uma amina terciária.
A molécula do taxol possui as diferentes funções:
São compostos orgânicos oxigenados: formol (apresenta o grupo carbonila), vitamina C
(apresenta hidroxilas e grupo éster), benzoato de etila (apresenta o grupo éster).
Nome sistemático: 2-metilfenol, 3-metilfenol e 4-metilfenol
Nome comum: o-cresol, m-cresol e p-cresol.
O butanoato de etila é um éster e apresenta em sua estrutura um carbono com hibridização sp2:
Substituindo-se a metila do grupo metóxi por um átomo de hidrogênio, obtém-se um composto
orgânico com característica ácida, ou seja, um fenol.
Ocorre a remoção dos grupos: CH3 ; CH3CO e CH3CO .
Com base nessas informações, conclui-se corretamente que a miopia poderá atingir crianças cujo
organismo venha a produzir a amina X em quantidade insuficiente, levando à formação de olho do
tipo III.
X apresenta as funções amina e fenol:
Percebe-se que a imagem é formada antes da retina na figura III (miopia).
Nas estruturas de ambas as substâncias I e II, estão presentes a função orgânica éter:
A estrutura do ácido fumárico possui cadeia carbônica insaturada. O número de carbonos
primários e secundários é ilustrado abaixo:
A molécula 1-etil-2metil-cicloexa-1,4-dieno, será:
[I] Correta. A molécula apresenta 2 ligações π; pois apresenta 2 duplas em sua estrutura, em uma
ligação dupla, teremos uma ligação tipo sigma e uma tipo pi.
[II] Correta. Cada carbono da dupla, possui hibridação sp2, assim termos 4 carbonos envolvidos
em ligações duplas.
[III] Incorreta. Sua cadeia é cíclica ramificada;
[IV] Correta. A fórmula molecular do composto é: C9H14 ;
[V] Incorreta. A molécula não apresenta nenhum carbono quaternário (ligado a 4 outros carbonos).
Teremos portanto, 3 afirmações corretas.
A fórmula molecular do composto será: C5H8O2, com 14 ligações tipo sigma (ς).
[I] Radical sec-butil ou s-butil.
[II] Radical etenil ou vinil.
[III] Radical Benzil.
[IV] Radical meta-toluil.
4
6
3
2
1
7
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5
A cadeia principal contém 7 carbonos, e a ramificação está no carbono 3. Portanto, o nome oficial
desse composto será: 3-etil-hept-1-eno.
O composto orgânico, em alta concentração na gasolina, que pode minimizar os batimentos de
um motor é o hidrocaboneto ramificado 2,2,4-trimetil-pentano ou ISO-octano.
Molécula quiral (* apresenta carbono assimétrico) cuja cadeia carbônica seja insaturada
(apresenta ligação pi), heterogênea (apresenta heteroátomo) e ramificada (apresenta carbono
terciário):
CH3  (CH)2  CH(CH3 )  CO  NH  CH3
Os compostos insaturados são propeno e buteno.
A capsaicina não apresenta carbono quiral ou assimétrico (carbono ligado a quatro ligantes
diferentes).
A capsaicina apresenta cinco ligações pi ( π).
A capsaicina apresenta fórmula molecular C18H27NO3 e massa molar igual a 305 g / mol.
(18  12  27  1  14  3  16  305).
[I] A fórmula molecular do farneseno é C15H24 .
[II] O farneseno é um hidrocarboneto acíclico (cadeia aberta) insaturado (apresenta ligações
duplas).
[III] O farneseno apresenta sete carbonos secundários (ligados a outros dois átomos de carbono).
[I] Possui cadeia carbônica ramificada.
[II] Possui fórmula molecular C6H14 (6 C e 14 H).
[III] É um hidrocarboneto saturado (apresenta ligações simples entre os átomos de carbono).
[IV] Possui três átomos de carbono primários.
O nome oficial, segundo a União Internacional de Química Pura e Aplicada (IUPAC), da p
enzoquinona é ciclohexa-2,5-dien-1,4-diona.
Sua fórmula molecular é C6H4O2; pois a molécula possui 6 átomos de carbono, 4 átomos de
hidrogênio e 2 átomos de oxigênio.
Esta molécula pertence à função cetona.
Etano: dois átomos de carbonos.
Propano: três átomos de carbonos.
Isobutano: quatro átomos de carbono.
Butano: quatro átomos de carbono.
Pentano: cinco quatro átomos de carbono.
Isopentano: cinco átomos de carbono.
Teremos:
Fórmula molecular: C16H10N2O2
Todos os carbonos possuem hibridação sp2.
O oxigênio apresentado na fórmula não precisa da hibridação para esse tipo de ligação.
O nitrogênio, apenas com ligações simples, possui par de elétrons livres, apresentando assim
hibridação sp3.
O número de átomos de carbono na estrutura da oleína é igual a 18.
São exemplos de polímeros naturais os componentes majoritários de papel e madeira, ou seja, a
celulose ((C6H10O5 )n ).
Polietileno de alta densidade (PEAD), o polietileno tereftalato (PET), o polipropileno (PP), e o
policloreto de vinila (PVC) são polímeros sintéticos (fabricados artificialmente).
Exemplos:
Nesses plásticos, a fragmentação da resina polimérica é facilitada porque os carboidratos
presentes são digeridos por organismos decompositores, ou seja, o polímero é biodegradável.
Os polímeros termoplásticos, após o aquecimento, podem ser moldados o que permite a
deformação do polímero a partir da aplicação de uma pressão, esse comportamento, viabiliza a
reciclagem desse tipo de polímero.
Já os termorrígidos, são aqueles que não amolecem e não podem ser re-processados, e o
aquecimento provoca a decomposição do material, semelhante aos elastômeros, que também não
podem ser fundidos para possível reprocessamento.
O nylon é o obtido a partir de uma poliamida, cujo monômero é:
[A] Incorreta. O Monômero possui MM = 59g/mol
[B] Incorreta. Possui apenas 1 carbono quiral:
[C] Incorreta. Possui 2 grupos funcionais = amina e cetona.
[D] Correta. O Monômero é formado a partir de uma ligação peptídica entre um grupo amina de
um aminoácido e um grupo de ácido carboxílico de outro, com eliminação de água.
[I] Verdadeira. Nas reações de polimerização por condensação, além da formação de
macromoléculas, ocorre liberação de moléculas menores como água e metanol.
[II] Verdadeira. O poliestireno é um polímero obtido por adição, sendo muito utilizado na
fabricação de pratos, xícaras e como isolante térmico.
[III] Falsa. Os polímeros podem existir no estado amorfo, com um arranjo desordenado das
moléculas. Um sólido puro e completamente cristalino, por exemplo, um metal ou um sal
inorgânico, funde a uma temperatura definida chamada de ponto de fusão. Um sólido amorfo,
no entanto, torna-se progressivamente menos rígido à medida que é aquecido, não
apresentando, porém uma transição brusca do sólido para o líquido.
[IV] Verdadeira. Celuloses são polímeros formados com base na glicose.
[I] Verdadeira. Os três possuem grupos OH ligados ao carbono.
[II] Verdadeira. Tanto a quitina como a quitosana são compostos nitrogenados e, portanto não
apresentam relação com a glicose.
[III] Falsa. Como foi dito anteriormente a quitosana e a quitina são compostos nitrogenados.
Politereftalado de etileno: utilizado na fabricação de garrafas de refrigerante.
Polietileno: utilizado em sacolas de supermercado.
Policloreto de vinila: utilizado em tubos e conexões (PVC).
Poliestireno: utilizado na fabricação do isopor.
A representação esquemática da reação de polimerização do cloreto de vinila para formar o
poli(cloreto de vinila) está correta:
Teremos:
A isomeria geométrica ocorrente em compostos insaturados depende da presença de ligantes
diferentes nos átomos que apresentam as ligações duplas. Em nenhum dos monômeros citados
este fato ocorre.
A polimerização por adição consiste numa reação em que as moléculas dos monômeros, além de
serem idênticas entre si, apresentam instaurações entre carbonos que, ao serem quebradas,
conduzem à formação os polímeros. Dessa forma, analisando-se as estruturas acima podemos
afirmar que todos os monômeros podem sofrer este tipo de reação.
O polímero que pode ser extraído dos vegetais é a celulose (polissacarídeo).
A borracha natural é formada a partir do 2-metil-buta-1,3-dieno ou isopreno (buna mole):
Os silicones são polímeros inertes quimicamente que apresentam em suas cadeias átomos de
silício com oxigênio, contendo cadeias orgânicas laterais. Não são do mesmo tipo do poliuretano
usado, por exemplo, em espumas flexíveis, bem como não apresentam afinidade por água.
Dentre os alcoóis utilizados contendo um centro quiral, aquele de maior solubilidade em água
possui fórmula estrutural correspondente a ao butan-2-ol (quatro carbonos na cadeia principal e
presença de carbono assimétrico):
A isomeria geométrica ocorre modificação no arranjo espacial dos grupos ligados aos átomo de
nitrogênio (cis = mesmo lado e trans = lados opostos).
A estrutura apresenta dois carbonos quirais ou assimétricos (*), então:
Isômeros ativos  2n
n2
sômeros ativos  22  4
Para que tenha isômeros opticamente ativos (IOA), é necessário que a molécula tenha carbonos
quirais, que são carbonos assimétricos, que possuem 4 ligantes diferentes a ele ligados.
IOA  2n  21  2.
O composto 4 apresenta isomeria óptica, pois possui carbono quiral ou assimétrico (carbono
ligado a quatro ligantes diferentes entre si).
A estrutura possui dois carbonos assimétricos ou quirais:
A ( ) talidomida e a ( ) talidomida são isômeros ópticos (possuem carbono quiral ou assimétrico)
que formam um par de enantiômeros (destrógiro e levógiro).
A lactose possui dez carbonos assimétricos (*), ou seja, ligados a quatro ligantes diferentes entre
si.
A alanina apresenta um carbono quiral ou assimétrico (*), logo possui dois estereoisômeros
opticamente ativos (destrogiro e levogiro).
A pouca solubilidade desse composto em água se deve a grande parte apolar do composto,
porém, como apresenta centros polares, devido à presença do oxigênio, esse composto apresenta
ligação do tipo dipolo-dipolo.
Nos copos 1 e 2 formam-se sistemas homogêneos, com substâncias de igual polaridade, e no
copo 3 forma-se um sistema heterogêneo, devido à diferença de polaridades.
Copo 1: água (polar) e etanol (polar): mistura homogênea.
Copo 2: gasolina (apolar) e querosene (apolar): mistura homogênea.
Copo 3: água (polar) e gasolina (apolar): mistura heterogênea.
Pesticidas organoclorados podem difundir-se nos tecidos lipídicos dos peixes.
Concluí-se que estes pesticidas são lipofílicos, ou seja, são atraídos por compostos apolares, logo
apresentam baixa polaridade.
As forças intermoleculares que ocorrem no líquido (3) são mais fortes do que aquelas nos líquidos
(1) e (2), pois a temperatura de ebulição do líquido (3) é maior em relação às outras.
O laurato de sacarose possui grupos hidrofólicos (fazem ligação ou ponte de hidrogênio) que são
solúveis em água e grupos lipofílicos (fazem dipolo-induzido) que são solúveis em óleo ou
gordura.
O dióxido de carbono é um composto que apresenta moléculas lineares e apolares.
A sublimação do dióxido de carbono sólido envolve o rompimento de interações do tipo dipolo
induzido.
[I] Ácido Acético é a nomenclatura usual do composto que, segundo a nomenclatura oficial da
União Internacional de Química Pura e Aplicada (IUPAC), é denominado de ácido etanoico, pois
apresenta dois carbonos em sua estrutura.
[II] As substâncias apresentadas possuem na estrutura grupos que caracterizam a função química
ácido carboxílico, ou seja, carboxilas.
[III] O motivo de o ácido láctico apresentar maior ponto de fusão que o ácido butírico pode ser
atribuído aos fatos de o ácido láctico ter maior massa molecular e de ser capaz de estabelecer
maior número de fortes interações intermoleculares devido à presença de um grupo OH a mais.
Quanto mais intensas forem as forças intermoleculares, maior será a temperatura de ebulição.
Ligação metálica > Ponte ou ligação de hidrogênio > Dipolo permanente (dipolo-dipolo) > Dipolo
induzido (Van der Waals).
1. H2O : 4 ligações de hidrogênio
2. Hg : ligação metálica
3. CH4 : dipolo induzido
4. CH3OH : 2 ligações de hidrogênio e dipolo induzido menos int enso (1 C)
5. CH3CH2OH : 2 ligações de hidrogênio de hidrogênio e dipolo induzido mais int enso (2 C)
Conclusão:
1. H2O
2. Hg
( 3 ) 165,5
( 4 ) 65
3. CH4
4. CH3OH
5. CH3CH2OH
( 5 ) 78
( 1 ) 100
( 2 ) 357
HgS(s)  O2(g)  Hg( )  SO2(g)
SO2 é angular, polar e solúvel em água.
Teremos:
[I] Substância apolar, consequentemente faz dipolo induzindo - dipolo induzido (van der waals).
[II] Substância apolar, consequentemente faz dipolo induzindo - dipolo induzido (van der waals).
[III] Substância polar, devido à presença da hidroxila faz ligações ou pontes de hidrogênio.
A ligação iônica gera pontos de ebulição superiores àqueles gerados pelas forças
intermoleculares.
O ponto de ebulição depende dos tipos de ligação química.
Quanto maiores forem as forças atrativas, maior será o ponto de ebulição.
[I] Acetona (dipolo-permanente predomina):
[II] Neopentano (dipolo-induzido predomina; cadeia ramificada):
[III] Fluoreto de lítio (ligação iônica):
LiF
[Li ][F ]
[IV] Etanamida (dipolo-permanente e ligação ou ponte de hidrogênio predominam):
[V] Pentano (dipolo-induzido predomina; cadeia aberta; maior superfície de contato em relação à
cadeia ramificada de seu isômero):
H3C  CH2  CH2  CH2  CH3
Conclusão: II  V  I  IV  III.
As moléculas de água (H2O) fazem ligação ou ponte de hidrogênio.
As moléculas de ácido sulfídrico (H2S) fazem dipolo permanente.
Como a ligação de hidrogênio é mais intensa do que o dipolo permanente, conclui-se que a água
tem ponto de ebulição maior do que o ácido sulfídrico.
As catequinas serão excretadas pela urina em função de serem solúveis em água devido aos
grupos OH (hidroxilas), que são grupos hidrofílicos, ou seja, atraem moléculas de água e podem
realizar interações intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio ou pontes de hidrogênio.
A temperatura de ebulição do mirístico é maior que a do láurico, pois sua cadeia carbônica é
maior formando interações intermoleculares mais intensas.
Para explicar o comportamento do etanol antes e depois da adição de água, é necessário
conhecer o tipo de interação entre as moléculas.
O etanol faz ligações ou pontes de hidrogênio com a água.
O sarin é apresenta regiões polares, logo dissolve bem na água (semelhante tende a dissolver
semelhante).
A principal força intermolecular encontrada entre as moléculas do sarin é a interação dipolo-dipolo,
pois suas moléculas são predominantemente polares.
Apesar de apresentar estrutura semelhante à molécula de água, o H2S é um gás à temperatura
ambiente e pressão atmosférica, porque apresenta forças intermoleculares do tipo dipolos
permanentes que são interações mais fracas em relação às ligações ou pontes de hidrogênio
presentes na água.
As substâncias e as forças intermoleculares envolvidas são:
Água (H2O) : ligações de hidrogênio ou pontes de hidrogênio.
Etanol (CH3CH2OH) : dipolo induzido e ligações de hidrogênio.
Propanona (H3CCOCH3 ) : dipolo permanente e dipolo induzido.
Ordem crescente entre as forças intermoleculares: propanona < etanol < água.
Ordem crescente de volatilidade: água < etanol < propanona.
Volumes nos recipientes após algum tempo:
Verdadeira. O éter dietílico e o butan-1-ol têm como fórmula estrutural condensada,
respectivamente, CH3  CH2  O  CH2  CH3 e CH3  CH2  CH2  CH2  OH.
Verdadeira. O éter dietílico e o butan-1-ol são isômeros de função.
Falsa. O éter dietílico apresenta ponto de ebulição menor que o butan-1-ol que faz pontes de
hidrogênio.
Falsa. O n-butano (faz dipolo induzido) tem menor solubilidade em água que o butan-1-ol (faz
pontes ou ligações de hidrogênio).
Quanto maior a nuvem eletrônica (ou massa molecular em alguns casos específicos), maior a
atração intermolecular e, consequentemente, a temperatura de ebulição.
Composto
H2S
H2Se
H2Te
Massa
molecular
34
81
129
H2Te  H2Se  H2S ou TEH2S  TEH2Se  TEH2Te .
Quanto maior o número de carbonos terciários e/ou quaternários (ramificações), menor a
superfície de contato, menor a atração intermolecular e consequentemente, menor a temperatura
de ebulição.
Conclusão: II < I.
A presença de grupo hidroxila (OH) indica forças do tipo ligações de hidrogênio, que são mais
intensas do que o dipolo-induzido presente nos hidrocarbonetos.
Conclusão final: II < I < III.
As fórmulas do sabão e do detergente possuem uma parte apolar, que se liga à gordura, cujas
moléculas são apolares; e uma parte com carga, que se liga à água, cuja molécula é polar.
Observe o esquema:
A maior eficiência dessas fraldas descartáveis, em relação às de pano, deve-se às interações íondipolo que são mais fortes entre o poliacrilato e as moléculas de água, do que em relação às
ligações de hidrogênio entre as hidroxilas da celulose e as moléculas de água.
A primeira amina a ser separada é a trimetilamina, pois não apresenta o grupo NH, logo não faz
pontes de hidrogênio, que são ligações muito intensas.
A elevada tensão superficial da H2O(
)
é explicada em função das ligações de hidrogênio (ou
pontes de hidrogênio) que ocorrem entre moléculas vizinhas e que representam as mais intensas
interações intermoleculares.
A interação de grande intensidade que ocorre entre os átomos de hidrogênio e de oxigênio de
moléculas distintas de água pode ser explicada pela diferença de eletronegatividade entre esses
átomos.
Interações do tipo dipolo induzido-dipolo induzido ocorrem não com moléculas de água e a
polaridade é induzida ou instantânea.
O fato de as moléculas de água serem polares favorece para que suas interações
intermoleculares sejam estabelecidas com grande intensidade.
A amônia (NH3 ) faz pontes ou ligações de hidrogênio como a água.
A substância 2 é um álcool e realiza pontes de hidrogênio com a água, por exemplo. Sendo assim,
podemos concluir que a substância 2 é mais solúvel em solventes polares.
A trimetilamina não forma ligações de hidrogênio entre suas moléculas, pois não tem átomo de
hidrogênio diretamente ligado a nitrogênio, por isso, não faz ligação ou ponte de hidrogênio.
Considera-se temperatura ambiente como sendo 25 °C. Nessa temperatura há apenas duas
substâncias: C6H6 e C2H5OH.
A substância C2H5OH é um álcool que, além de ser polar, realiza ligações de hidrogênio
intermoleculares com moléculas de água. Dessa forma, podemos afirmar que o etanol é solúvel
em água.
As principais forças intermoleculares que ocorrem nas interações das substâncias I, II e III com a
água são dipolo-dipolo; dipolo-dipolo; ligação de hidrogênio:
2
20 X
2
16 Y
: 18 e  20 e  2 e  Cálcio (20 Ca).
: 18 e  16 e  2 e  Enxofre (16 S).
O fenômeno observado é explicado pela luminescência que consiste na emissão de luz de uma
substancia quando submetida a um estímulo como a luz ou uma reação química, no caso entre a
proteína e o cálcio em pH neutro.
A  1s1; hidrogênio (H)
B  3s1; sódio (Na)
C  3s2 3p5 ; cloro (C )
D  2s2 2p2 ; carbono (C)
E  2s2 2p4 ; oxigênio (O)
F  3s2 ; magnésio (Mg)
[I] Incorreta. O elemento A (hidrogênio) ao se ligar ao elemento C (cloro), forma uma molécula.
[II] Correta. A substância química A 2E (H2O) possui geometria angular.
[III] Correta. Dos elementos acima representados, B (sódio) é o que possui o maior raio atômico,
pois possui três camadas e menor número atômico do que o magnésio (F).
[IV] Incorreta. A substância química DE2 (CO2 ) apresenta ligações covalentes polares (C  O).
[V] Correta. O elemento F representa um metal do terceiro período do grupo 2 (magnésio).
Em temperaturas mais elevadas ocorre a emissão de todos os comprimentos de onda (luz visível),
logo associa-se a cor branca.
Rutherford imaginou que o átomo seria composto por um núcleo positivo e muito pequeno, hoje se
sabe que o tamanho do átomo varia de 10.000 a 100.000 vezes maior do que o tamanho do seu
núcleo. Ele também acreditava que os elétrons giravam ao redor do núcleo e neutralizavam a
carga positiva do núcleo.
Considerando as reais grandezas do núcleo e da eletrosfera do átomo, se comparadas às suas
representações na figura, o tamanho da eletrosfera está desproporcional ao tamanho do núcleo.
[I] Correta. O dióxido de carbônico é um composto covalente de geometria molecular linear
(O  C  O).
[II] Incorreta. O dióxido de carbônico apresenta geometria molecular linear e dois ligações duplas,
por possuir dois átomos de oxigênio ligados a um átomo de carbono (O  C  O).
[III] Correta. O dióxido de carbono é um composto apolar, pois o momento dipolo elétrico total é
nulo.
A molécula do etanoato de etila possui apenas uma ligação π (pi) em sua estrutura:
Teremos:
As moléculas do metano apresentam geometria tetraédrica e as do gás carbônico são lineares:
A ideia de carga elétrica surgiu em 1807, por Humphry Davis que associou que as cargas elétricas
―surgem quando há decomposição química da matéria por meio de uma corrente elétrica‖.
Mais tarde em 1834, Michael Faraday, concluiu que o movimento de cargas elétricas sob a força
de um campo elétrico, faz com que soluções conduzam correntes elétricas, e chamou os íons com
carga positiva de ―cátions‖ e os negativos de ―ânions‖.
Os experimentos de Faraday, que mais tarde deram origem as leis da eletrólise, foram a primeira
constatação da existência de carga elétrica elementar e consequentemente a natureza elétrica
dos íons que após alguns estudos veio a se confirmar que eram as forças responsáveis pelas
ligações químicas.
[I] Incorreta. Não apresentam brilho metálico.
[II] Correta. Apresentam elevadas temperaturas de fusão e ebulição devido às forças
eletrostáticas.
[III] Correta. Apresentam boa condutibilidade elétrica quando em solução aquosa ou fundidos.
[IV] Correta. São sólidos nas condições ambiente (25 C e 1atm).
[V] Incorreta. São solúveis em solventes polares como a água, sendo que esta solubilidade pode
variar muito.
―Isso se explica pelo fato de a água salgada conter grande quantidade de íons (partículas
carregadas eletricamente), como Na  e C  , livres para transportar carga elétrica no meio. Uma
maneira de liberar essas partículas é dissolver sal de cozinha em um copo de água. Nesse
processo, os cátions e ânions existentes no sal sofrem dissociação iônica.‖
[I] Se um xampu contém laurilsulfato de sódio (CH3 (CH2 )11OSO2ONa ) , então necessariamente
ele contém um sal, composto que apresenta ligação iônica, na sua composição.
[II] Se um xampu contém laurilsulfato de sódio e cloreto de potássio na sua formulação, então,
apesar de não ter sido adicionado cloreto de sódio, o produto final contém ânions cloreto e
cátions sódio, pois ocorre dissociação iônica em presença de água.
[III] A semelhança entre o laurilsulfato de sódio e o cloreto de sódio é que ambos apresentam o
mesmo cátion, o sódio.
Com base nessas informações, é correto classificar como substância iônica apenas Y, pois
compostos iônicos conduzem corrente no estado líquido, mas não no estado sólido, pois neste
caso os íons ficam retidos na rede cristalina.
O tipo de ligação química existente entre o sódio e o flúor é a iônica.
[Na  ][F ]  NaF
Arsênico e mercúrio são classificados como metais pesados (mais densos e neste caso tóxicos).
Os monumentos e obras artísticas destruídos pelas guerras mundiais foram um passo importante
para a união da arte com a ciência, pois a partir desta tragédia houve a necessidade do
desenvolvimento técnico para que as restaurações ocorressem.
Um alquimista era um pesquisador do período que abrange os anos 300 d.C. a 1500 d.C.
A alquimia medieval estava intimamente ligada ao misticismo e buscava com obsessão a pedra
filosofal, que funcionaria como uma substância que prolongaria a vida e a saúde.
Os alquimistas também tentavam desenvolver maneiras de manufaturar ouro, alguns achavam
que seria possível transformar chumbo no metal precioso. Neste percurso desenvolveram uma
série de equipamentos e métodos de separação de misturas que utilizamos até hoje.
O carvão mineral possui alto poder calorífico por unidade de massa.
Este tipo de carvão produz principalmente gás carbônico e metano.
A presença de grande quantidade de matéria orgânica de origem biológica em decomposição no
fundo de determinado reservatório irá promover o aumento da DBO, ou seja, do consumo de gás
oxigênio e a diminuição da qualidade da água.
O motivo pelo qual essas sacolas demoram muito tempo para se degradarem é que na sua
fabricação são utilizados polímeros resistentes à degradação.
Considerando-se as diferentes fontes para obtenção de energia, pode-se afirmar que é vantajoso
utilizar resíduos orgânicos como o lixo, pois neste processo aproveita-se a matéria disponível e
sem destino apropriado.
O efeito estufa é um fenômeno natural existente na atmosfera terrestre, entretanto esse fenômeno
pode entrar em desequilíbrio, o que vem ocorrendo nas últimas décadas em função da
interferência humana no que diz respeito à emissão de substâncias que potencializam esse efeito.
Essa potencialização é conhecida como aquecimento global.
A queima de combustíveis fósseis tem alterado a composição do ar.
A chuva ácida, que surge devido à queima do enxofre presente nesses combustíveis, interfere na
composição dos solos e de ambientes aquáticos.
[I] Incorreta. A ação humana tem resultado numa piora da qualidade das águas pelo aumento de
suas propriedades organolépticas (que podem ser detectadas pelos sentidos humanos).
[II] Correta. Entre os gases liberados da combustão de fósseis (carvão), refinaria de petróleo e
veículos a diesel está o SO2, que na atmosfera pode se converter em ácido sulfúrico que
precipita junto à chuva. Fontes aquáticas com pH muito baixo (concentração elevada de
cátions H+) podem resultar na morte de peixes.
[III] Incorreta. O pH das águas é uma das grandes preocupações do momento, o ideal é se ter o
pH da água de beber próximo a sete.
Os gases estufa absorvem radiação na faixa do infravermelho, sendo capazes de reter calor na
atmosfera terrestre. Alguns dos gases estufa são CO4, CH4, além do vapor de água.
O lixo que é descartado incorretamente em lixões ou aterros comuns, sem controle gera resíduos
líquidos, contendo substâncias tóxicas, popularmente chamadas de chorume. Esse líquido pode
infiltrar o solo, contaminando lençóis freáticos, por exemplo.
Comentário sobre as alternativas falsas:
[A] Falsa. Os CFCs são substâncias que degradam a cama de ozônio.
[B] Falsa. Os sprays devem ser armazenados em ambientes arejados e livres do calor e unidade.
[D] Falsa. A explosão da lata pode ocorrer com aumento de pressão, que depende de aumento de
temperatura.
Análise das reações de combustão:
1C2H6 O( ) 
E tanol
1C8H18 ( ) 
Gasolina
1C(s)
 3H2O( )
1 mol de
material
particulado
13
O2 (g)  4CO(g) 
2
1C16H34 ( ) 
Diesel
3
O2 (g)  1CO(g) 
2
4C(s)
 9H2O( )
4 mols de
material
particulado
25
O2 (g)  8CO(g) 
2
8C(s)
 17H2O( )
8 mols de
material
particulado
Conclusão: etanol < gasolina < diesel.
A letra da música mostra as diversas fontes de energia usadas pela sociedade moderna. Também
enfatiza a necessidade de se encontrarem novas formas. Essa necessidade fica evidenciada no
trecho:
―Agora eu tô bolando um carro movido a bagulhos
Dejetos, restos, detritos, fezes, três vezes estrume
Um carro de luxo movido a lixo.‖
Tanto o metano como o dióxido de carbono são chamados de gases estufa, pois apresentam
como propriedade a capacidade absorver radiação infravermelha refletida da superfície da terra,
dificultando seu escape para fora da atmosfera.
Os catalisadores dos automóveis são formados por uma espécie de "colmeia" metálica ou
cerâmica que é impregnada por uma mistura de paládio-ródio no caso de veículos a gasolina ou
de paládio-molibdênio para veículos a álcool.
Esses dispositivos convertem gases nocivos, como os óxidos de nitrogênio (NOx) e o monóxido de
carbono (CO), em substâncias menos prejudiciais à saúde como CO2 (gás carbônico) e N2 (gás
nitrogênio).
Dentre as reações que ocorrem nos catalisadores automotivos se destaca a representada pela
equação:
2CO  g  2NO  g
2CO2  g   N2  g 
As afirmativas II e III são corretas.
Teremos:
C8H18 + 12,5O2  8CO2 + 9H2O
114 g ------------- 8 x 44 g
700 g ------------- m(CO2)
m(CO2) = 2161,4 g  2,2 kg
A diferença entre as massas de gás carbônico emitidas pelos EUA e pela China, no período de
1900 a 2000, em bilhões de toneladas, é dada pela área da região compreendida entre as duas
curvas e duas retas verticais, passando pelos pontos correspondentes aos anos de 1900 e de
2000.
O metano é um poluente e captura de 20 a 30 vezes mais calor do que o dióxido de carbono.
Alternativa [A] está correta, as emissões de gás carbônico aumentam com a industrialização dos
países em desenvolvimento.
Alternativa [B] está correta. O gás carbônico se dissolve em água gerando o ácido carbônico,
consequentemente, reduz o pH da água. Veja a reação:
CO2(g)  H2O(l)  H2CO3(aq)
Alternativa [C] está incorreta. O gás carbônico é emitido pela queima de combustíveis fósseis em
países mais industrializados. Em países pouco industrializados, predominam as atividades de
agricultura e pecuária, que têm pouca relação com a emissão de CO2.
Alternativa [D] está correta. O gás carbônico é um dos responsáveis pelo efeito estufa, assim
como o óxido nitroso, o metano e outros.
O glicerol ou glicerina é o subproduto das reações de saponificação. Exemplo:
A incineração do lixo pode gerar uma série de óxidos na atmosfera. O uso de filtros nas chaminés
dos incineradores pode reter estes poluentes.
Pode-se afirmar que, nesse processo, o fluido geotérmico entra em A e sai em B e a água salina
entra em C, sofrendo aquecimento e vaporizando, enquanto em D sai a água dessalinizada, após
sofrer condensação e em E sai uma água mais salgada.
Se esse procedimento fosse adotado, o dano ambiental seria transferido da água do mar para o ar
atmosférico.
A queima dos hidrocarbonetos, sulfetos e enxofre presentes no petróleo liberaria fuligem, dióxido
de enxofre, monóxido de carbono e dióxido de carbono na atmosfera, contribuindo para o ―efeito
estufa‖. Ocorreria a elevação da temperatura da água e isto alteraria o pH nesta região
interferindo na vida microscópica marinha.
Estes efeitos podem ser causados por I, II, III e IV.
I. Afirmação incorreta. A queima dos combustíveis carvão mineral, petróleo e álcool de cana-deaçúcar é responsável por parte das emissões de SO2 no planeta.
II. Afirmação correta. Acredita-se que a presença na estratosfera de partículas muito finas
formadas a partir do SO2 contribua para o resfriamento da Terra, por bloquear parte da radiação
solar.
III. Afirmação correta. A diminuição do pH da chuva pode resultar na formação de um gás
sufocante em piscinas localizadas em regiões altamente poluídas pelas emissões de SO2, pois o
equilíbrio Cℓ2(g) + 2OH– (aq)
CℓO– (aq) + Cℓ– (aq) + H2O (l) pode deslocar para a esquerda.
Teremos as seguintes reações:
Como podemos observar na reação I ocorrerá a formação de HCl, que é tóxico.
Em II não ocorre a formação de nenhum subproduto.
Em III observamos a formação de água.
Consequentemente a ordem dessas transformações, da pior para a melhor, de acordo com a
―Química Verde‖, será: I, III e II.
Num aterro sanitário o chorume é tratado e não contamina o solo. Além disso, o lixo é coberto por
camadas de terra o que evita o contato direto do lixo com animais, chuva, etc..
Teremos 62 % de CaO.
Massa de cimento: 1 tonelada (106 g).
62 % de 106 g de cimento equivale a 620.000 g (6,2 x 105 g)
CaCO3 s  CaO s  CO2 g
56 g
6,2  10 g
5
44 g
m
m(CO2 emitida)  4,87  105 g
Fator de emissão de CO2 =
Massa de CO2 emitida
Quantidade de material
Fator de emissão de CO2 =
4,87  105 g
 4,87  101  4,9  101
106 g
Em áreas urbanas, devido à atuação conjunta do efeito estufa e das ―ilhas de calor‖ (ocorrendo
elevação da temperatura), espera-se que o consumo de energia elétrica aumente devido à
necessidade de maior refrigeração de indústrias e residências.
Também podemos considerar como recurso natural renovável a energia eólica.
O carbono apresenta hibridização sp no gás carbônico, pois faz duas ligações pi neste
composto.
O carbono apresenta hibridização sp3 no metano e no clorofluorcarboneto, pois faz quatro
ligações do tipo sigma nestes dois compostos.
As principais fontes naturais de emissão do gás dióxido são a queima de combustíveis fósseis e
as atividades industriais.
A fonte de menor impacto ambiental seria aquela de carboidratos, uma vez que o carbono
resultante pode ser fixado pelos vegetais na próxima safra.
A utilização de combustíveis fósseis interfere no ciclo do carbono, pois provoca aumento na
quantidade de carbono presente na atmosfera.
O campo magnético não age diretamente sobre os tecidos, o uso dessa tecnologia em relação às
terapias convencionais é vantajoso, pois se os nanoimãs forem ligados a drogas quimioterápicas,
permitem que estas sejam fixadas diretamente em um tumor por meio de um campo magnético
externo, diminuindo-se a chance de que áreas saudáveis sejam afetadas.
Utilizando as informações dadas no enunciado, podemos calcular as velocidades médias dos dois
corredores, sendo elas:
v1 
ΔS 100

Δt1 9,79
10,21m s
v2 
ΔS 100

Δt 2 9,80
10,20 m s
Desta forma, a velocidade relativa entre os corredores pode ser calculada.
vR  v1  v 2  10,21  10,20
vR  0,01m s
Assim, a distância entre os atletas (Δx) é dada pela multiplicação da velocidade relativa pelo
tempo que o competidor que chega primeiro (Usain Bolt) chega a linha de chegada. Assim,
Δx  vR  t1
Δx  0,01 9,79
Δx
10 cm
Observação: rigorosamente, o enunciado deveria especificar tratar-se do módulo da velocidade
escalar média.
Dados : ΔS  9 km  9.000 m; Δt  5 min  300 s.
vm 
ΔS 9.000

Δt
300

vm  30 m/s.
Pelos dados do enunciado e pela função horária do espaço para um MRUV, temos que:
a  t2
2
10  16
S  40  30  4 
2
S  40  120  80
S0m
S  S0  v 0  t 
Dados: a max  0,09 g  0,09 10   0,9 m/s2 ; v 0  0; v  1080 km/h  300 m/s.
A distância é mínima quando a aceleração escalar é máxima. Na equação de Torricelli:
v 2  v 02  2 amax dmin  dmin 
dmin  50 km.
v 2  v 02 3002  02 90.000


 50.000 m 
2 amax
2  0,9
1,8
O deslocamento (ΔS) de uma partícula em movimento uniformemente variado a partir do repouso
e a velocidade v são:

a 2
ΔS  t
2

v  a t

sendo a a aceleração escalar e t o tempo de movimento.
Fazendo a analogia que sugere o enunciado e aplicando para o instantes t  4 h e t  1h, temos:
ΔN 
a 2
t
2
 8  105 
a
bactérias
2
4   a  1 105
.

2
h2
N  a t  N  1 105 1 
N  1 105
bactérias
.
h
Dados: v  18 km/h  5 m/s; r  25 cm  0,25 m; π  3.
v  2 πr f  f 
v
5
5
5


Hz 
 60 rpm 
2 π r 2  3  0,25 1,5
1,5
f  200 Hz.
No enunciado é dito que se trata se um lançamento horizontal. Como neste tipo de lançamento a
componente vertical da velocidade inicial é nula e o tempo de queda é dado por
tq 
2h
g
Podemos dizer que a o tempo de queda não depende da velocidade inicial. Desta forma, os
tempos de queda das quatro bolas são iguais.
t1  t2  t3  t 4
Sabendo que na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade é zero, utilizando
a equação de Torricelli, podemos dizer que:
v y 2  v oy 2  2  a  ΔS
0  v oy 2  2  g  Hmáx
v oy 2  2  10  5
v oy  100
v oy  10 m s
Note que a aceleração neste movimento é em módulo igual a aceleração da gravidade. Porém,
a  g, devido a aceleração da gravidade, no movimento analisado, está contra o movimento.
Sabendo que o ângulo de lançamento da bola é de 30C, podemos encontrar a velocidade inicial
da bola.
v oy  v o  sen  30 
vo 
v oy
sen  30 
v o  20 m s

10
12
Tanto na primeira como na segunda situação, a aceleração do móvel se deslocando no plano
inclinado é a mesma, pois a força resultante em cada caso também é igual.
Dito isto, podemos relacionar a distância percorrida com a velocidade usando a equação de
Torricelli.
v 2  v 02  2a  Δs
Considerando a velocidade final igual a zero em cada situação e tendo em vista que a aceleração
é negativa, podemos rearranjar para cada caso da seguinte maneira:
Caso 1: móvel se desloca até a metade da rampa: v 02  2a  Δs1 (1)
Caso 2: móvel se desloca até o final da rampa: v 022  2a  Δs2 (2)
Dividindo a equação (2) pela equação (1) e considerando que o deslocamento na situação 2 é o
dobro da situação (1)
v 022
v 02

v 2 2Δs1
 02 
 v 022  2v 02
2
Δ
s
2a  Δs1
v0
1
2a  Δs2
v 02  2v 02  v 02  v 0 2
Lembrando que 1 ano luz corresponde à distância percorrida pela luz em 1 ano, no vácuo, temos:
km 

12
ano - luz   3  105
   365  24  3.600 s   9,46  10 km 
s


1 ano - luz  1013 km.
A distância (d) entre as duas galáxias é 2,5 milhões de anos-luz. Então:
d  2,5  106  1013 km  d  2,5  1019 km.


9
9
13
Δt  4  10 anos  4  10  365  24  3,5  10 h.



v
d 2,5  1019

Δt 3,5  1013
v  7  105 km/h.
Calculando o módulo da aceleração escalar em cada caso:
 a1


 a2
Δv

a 
 
Δt
 a3


 a4

 0 (v constante)



40  20
10
0  10
2
0  40
10
 2 m/s2
 5 m/s
2

amáx  5 m/s2 .
 4 m/s2
No novo sistema de unidades proposto, tem-se:

Tempo   T 
Massa  M
L 
Velocidade   
T 
A altura de uma pessoa é uma medida de comprimento, dado em unidade de comprimento [L].
Logo,
Altura   tempo    velocidade 
L 
Altura   T    
T 
Altura  L 
A frequência é no número de batimentos por minuto. O período é o intervalo de tempo entre duas
batidas consecutivas, ou seja, o período é igual ao inverso da frequência.
Consultando a tabela, vemos que a frequência diminui com o aumento da idade, logo o período
aumenta.
A velocidade escalar média é dada pela razão entre a distância percorrida e o tempo gasto no
percurso.
vm 
Δs
Δt
Então para os homens:
vm 
12 km 60 min

 8 km / h
90 min
1h
E para as mulheres:
vm 
10 km 60 min

 6,7 km / h
90 min
1h
Em movimentos de sentidos opostos, o módulo da velocidade relativa é igual a soma dos módulos
das velocidades.
| vrel |  | v1 |  | v 2 |  360  360  720 km/h 
720
m/s 
3,6
| vr |  200 m/s.
D  90 km

Percurso total  
3
Δt  1 e 30 min  1,5 h  2 h

1
90

 30 km
d1  D 
Pr imeiro trecho  
3
3
v  45 km/h
 1
 Δt1 
d1 30
2

 Δt1  h.
v1 45
3
d2  D  d1  90  30  d2  60 km

Segundo trecho  
3 2
5
 Δt 2  h
Δt 2  Δt  Δt1  
2 3
6

 v2 
d2
60


Δt 2 5
6
v 2  72 km/h.
Calculando os tempos totais para cada competidor, em segundos, temos:
Para a tartaruga:
tT 
32 m
60 s
 8 min 
 480 s
4 m / min
1 min
Para a lebre:
tL 
2  16 m
60 s
 7 min 
 55 s  6,4 s  420 s  55 s  481,4 s
5 m/s
1 min
Logo, a diferença de tempo total pró-tartaruga é de:
tT  tL  481,4  480  1,4 s
Dados : v  540 km/h  150 m/s; Δt  2,5 min  150 s.
a
Δ v 150  0


Δt
150
a  1 m/s2 .
No trecho A, o carro parte do repouso e aumenta sua velocidade uniformemente até atingir a
velocidade de 60km h.
Desta forma, a aceleração durante o trecho A tem direção como sendo a horizontal e sentido da
esquerda para a direita.
No trecho B, o carro está inicialmente com uma velocidade de 60km h e vai desacelerando até
atingir o repouso.
Assim, a aceleração no trecho B tem mesma direção que no sentido A (horizontal), porém está no
sentido contrário (da direita para a esquerda).
Da equação horária das posições no MUV:
x(t) 
a 2
t  v 0 t  x0
2
Sendo assim, temos uma equação do 2º grau representada pela parábola no gráfico, e
impossibilita as alternativas [A] e [B] de serem as respostas, pois se tratam de retas.
Por outro lado, a inclinação da curva ao tocar o eixo vertical x, é dada pela tangente neste ponto
de encontro, que fisicamente falando, representa a velocidade inicial do móvel, sendo diferente de
zero há inclinação para cima  v 0  0  ou para baixo  v 0  0  que é o nosso caso. (Elimina-se, com
isso, a alternativa [C] e a resposta correta é a da alternativa [D].
Outra forma de pensar é extrair os valores do gráfico e substituir na equação formando um
sistema de equações:
 t  0 s, x 0  0 m;

Em  t  2 s, x  0 m;
 t  3 s, x  3 m

Substituindo os valores dos pontos, temos:
x(2 s)  2a  2v0  2(a  v0 )  0  a  v0  0 (1)
x(3 s) 
9
3a
3a
a  3v 0  3(
 v0 )  3 
 v 0  1 (2)
2
2
2
Fazendo (2) – (1):
a
 1 a  2 m / s2 e v0  2 m / s
2
Finalmente, substituindo os valores na equação de origem ficamos com:
x(t)  t 2  2t
Temos situações semelhantes para os dois corpos, pois ambos percorrem 5 m com as mesmas
acelerações sendo que as condições de contorno também são similares, logo as velocidades em
módulo serão iguais e sua razão será 1.
Outra possibilidade é calcular usando os conhecimentos de lançamento vertical e queda livre.
Para o corpo A, que cai em queda livre, usando o referencial positivo para baixo e a equação de
Torricelli:
v2  v02  2gΔh  v  v02  2gΔh
v A  02  2  10  5  v  10 m / s
Para o corpo B, que sobe na vertical, usando o referencial positivo para cima, primeiramente
descobrimos a velocidade inicial e depois a velocidade na posição de 5 m :
v2  v02  2gΔh  v0  v2  2gΔh
v0  02  2  10  10  v0  10 2 m s
E a intensidade da velocidade a 5 m de altura:
vB 
10 2 
Então,
2
 2  10  5  v  10 m / s
v A 10

 1.
vB 10
Com a equação da altura em função do tempo do movimento de queda livre, calculamos a
aceleração.
gt 2
2h
g
2
t2
2  12 m
g
 6 m / s2
2
2 s
h
Aplicando a equação de Torricelli à queda livre, temos:
v2  2 gh  v 
2 g h  2  9,81 50 
981 
v  31,3 m/s.
A situação ilustra a queda livre na qual os corpos abandonados de uma certa altura no campo
gravitacional terrestre estão sujeitos à uma aceleração constante em todos os pontos do
movimento. Essa altura não deve ser muito grande quando comparada ao raio da Terra, pois a
rigor, a aceleração da gravidade varia com a altura, mas para a altura da torre praticamente temos
a aceleração constante. A aceleração mudaria se a altura tivesse a ordem de grandeza de
quilômetros.
As outras alternativas apresentadas dependem da massa dos corpos e como estas são diferentes
as grandezas também serão.
A queda da gota é, no início, um movimento acelerado. À medida que ela vai caindo, a força de
resistência do ar vai aumentando com a velocidade até atingir a mesma intensidade do seu peso.
Nesse ponto, a gota atinge sua velocidade limite, terminando a queda em movimento uniforme,
com velocidade em torno de 30 km/h, insuficiente para causar danos a objetos ou pessoas.
Como o avião bombardeiro tem velocidade horizontal constante, as bombas que são
abandonadas têm essa mesma velocidade horizontal, por isso estão sempre abaixo dele. No
referencial do outro avião que segue trajetória paralela à do bombardeiro, o movimento das
bombas corresponde a uma queda livre, uma vez que a resistência do ar pode ser desprezada. A
figura mostra as trajetórias parabólicas das bombas B1, B2, B3 e B4 abandonadas,
respectivamente, dos pontos P1, P2, P3 e P4 no referencial em repouso sobre a superfície da Terra.
Temos um Lançamento Horizontal, em que para determinar o tempo de queda usamos a equação
horária das posições verticais, considerando o sentido positivo para baixo sendo a origem das
posições dada pelo balão:
h  h0  v0  t  g 
t2
2
Aplicando as condições iniciais: v0  0, h0  0, temos:
80  10 
t2
 t 2  16  t  4 s
2
Note que a velocidade inicial é tomada apenas no eixo vertical, portanto é nula, pois o objeto foi
abandonado e a velocidade fornecida no enunciado (velocidade horizontal) somente serviria se
calculássemos o alcance horizontal do objeto que caiu do balão em relação a pessoa no solo.
A distância percorrida em queda livre é dada por:
h
g  t2
2
Logo,
h
10 m / s2   2,5 s 
2
2
 h  31,25 m
Já a velocidade é dada por:
v  v0  g  t
v  0  10 m / s2  2,5 s  v  25 m / s
Usando a equação de Torricelli com a = g = 10 m/s2 e ΔS  h  20m.
v 2  v02  2g h  v 2  0  2  10  20  400 
v  20 m/s.
Se o corpo está em queda livre, a resultante das forças sobre ele é seu próprio peso. Aplicando a
segunda lei de Newton a essa situação:
R  P  m a  m g  a  g.
A aceleração de queda independe da massa e é igual a aceleração da gravidade. Calculando o
tempo de queda:
h
g 2
t  t
2
2h
.
g
Consequentemente, o tempo de queda também independe da massa. Portanto, o tempo de queda
é o mesmo para os dois corpos.
Calculando o tempo de queda:
h
1 2
g t q  tq 
2
2h

g
2  7,2 
10
 1,44  t q  1,2 s.
A figura mostra os cinco corpos e o tempo (t) de movimento de cada um deles.
A velocidade do 2º corpo é:
v  v0  g t  v  0  10  0,9  
v  9 m/s.
- Espaço ocupado por cada informação:
L  0,2 μm  2  10 7 m.
- Comprimento de uma volta:
C  2 π r  2  3  3  102  18  102 m.
- Número de informações armazenadas em cada volta:
n
C 18  102

 9  105.
7
L
2  10
- Como são 120 voltas por segundo, o número de informações armazenadas a cada segundo é:
N  n f  9  105  120 
N  1,08  108.
Sabendo que, às 24h contatas no relógio correspondem ao tempo que a terra completa uma volta
em relação ao sol.
E sabendo que:
ωm 
Δθ
Δt
Se foi acrescido 1 segundo no tempo total e o deslocamento angular é o mesmo, logo a
velocidade angular média decresceu.
Na posição 1:









rB  2 r A .
ωB  ωA 
vB
vB
 ωA 
 ωA  v B  2 ω A r A .
rB
2 rA
v C  vB  ωC rC  2 ωA rA .
ωC  ω1  ω1rC  2 ωA rA . (I)
Na posição 2:





vD  v A  ωD rD  ωA rA .
ω2  ωD .
 ω2 rC  ωA rA . (II)
rC  rD .
Dividindo membro a membro (I) por (II):
ω1 rC
ω2 rC

2 ωA rA
ωA rA

ω1
 2.
ω2
- Para uma volta completa, tem-se um deslocamento angular de 2π radianos ou 360
- O tempo necessário para o ponteiro dar uma volta completa é de 60 minutos.
Desta forma,
Δθ 360

Δt
60
graus
ω6
minuto
ω
A velocidade das rodas em função da frequência é dada pelo produto da distância percorrida em
uma volta completa (circunferência das rodas) e a frequência.
v  2πRf  πDf
Igualando as velocidades do pai (1) e do filho (2), temos:
v1  v 2
π  D1  f1  π  D2  f2
Como o diâmetro das rodas da bicicleta do filho é a metade das rodas da bicicleta do pai:
D
π  D1  f1  π  1  f2
2
Simplificando,
f
f1  2
2
Conclui-se que a frequência de giro das rodas da bicicleta do pai é a metade em relação a do
filho.
Com relação à velocidade angular, partimos da sua relação com a velocidade linear:
v  ω R
Como as velocidades do pai (1) e do filho (2) são iguais:
ω1  R1  ω2  R2
Dado que:
R2 
R1
2
ω1  R1  ω2 
ω1 
R1
2
ω2
2
Encontramos a relação entre as velocidades angulares, com a bicicleta do pai sendo a metade da
bicicleta do filho.
Em relação ao eixo de rotação da Terra, o raio da trajetória seguida pelo argentino (r) em relação
a esse eixo é menor que o raio da trajetória seguida pelo brasileiro (R), na linha do equador. Após
uma volta completa as distâncias percorridas são:
 Argentino : dA  2 π r

Brasileiro: dB  2 π R
Rr 
dB  dA .
O módulo do vetor resultante da soma a  b é dado por:
R  a2  b2
R
 A  v 2   B  v 2

 A 2 v 2  B2 v 2  A 2 v 2  B2 v 2

12
Análise dimensional:
12
2
2
m
m
m2
m2  2 m2 


R   kg     kg    kg2
 kg2
  kg


s 
s
s
s
s 



 kg 
m
 N s
s
Somando vetorialmente os três vetores resulta nele mesmo, pois os vetores de 12 horas e 12
horas e trinta minutos se anulam mutuamente na soma, restando apenas o último de 12 horas e
quarenta minutos cujo módulo é de 10 cm.
A BC  C
Como a posição entre as 9 horas (C9h ) e as 15 horas (C15h ) são extremos opostos,
independentemente do tamanho da haste, elas serão do mesmo tamanho.
Assim,
C15h
1
C9h
As equações dessas componentes são:
v x  constante  reta horizontal  gráfico II .



v y  v 0y  g t  reta decrescente  gráfico  V .
Lançamento oblíquo
Não utilizando-se a informação errônea de que o ponto mais alto da trajetória é 2,4 m, chega-se a
resposta do problema.
g
2
No eixo vertical y, a equação da posição com o tempo é dada por: y  y0  v 0y  t   t 2
Substituindo-se os valores fornecidos e sabendo que y0  0
2,4  0  v 0y  2 
10 2
2,4  20
 2  v 0y 
 11,2 m / s
2
2
Como o ângulo de lançamento é de 45, v 0y  v 0x
Então a distância horizontal x é dada por: x  x0  v0x  t
Fazendo as substituições, tem-se: x  0  11,2  2  x  22,4 m
Correspondendo, portanto a alternativa [A]. (mas a questão poderia ter outra resposta usando-se
a informação dada no problema).
Observação: Questão de lançamento oblíquo com sério problema de enunciado, pois dá margem
a interpretação errada por parte do estudante e, portanto na minha opinião esta questão deveria
ser anulada.
O fato de mencionar que 2,4 m é o ponto mais alto da trajetória poderia dar margem à seguinte
interpretação:
No ponto mais alto da trajetória, a velocidade no eixo vertical é nula e obedece a seguinte
equação: v y  v 0y  gt
Substituindo os valores: 0  v0y  10  2  v0y  20 m / s
E sabendo que v 0x  v 0y devido ao ângulo de 45, podemos calcular a distância no eixo
horizontal com a equação: x  x0  v0x  t
Substituindo os valores: x  0  20  2  40 m (incorrendo em um erro decorrente da informação do
enunciado dar margem à dúvidas de interpretação).
Por outro lado, usando-se v0y  11,2 m / s, podemos descobrir qual foi a altura máxima com o
tempo de subida:
v y  v0y  gt
0  11,2  10t  t sub 
11,2
 1,12 s
10
E agora calcular a altura máxima real
g 2
t
2
10
y  0  11,2  1,12 
 1,122  y  6,27 m
2
y  y0  v 0y  t 
Logo, a informação fornecida no enunciado é equivocada e trás confusão para a resolução correta
da questão. A bola antes de bater no travessão está na descendente, ou seja, já passou do ponto
de altura máxima. Sendo assim, não se trata de uma boa questão para ser utilizada a menos que
se façam correções no texto da mesma.
[I] Correta. Se a resistência do ar é desprezível, durante todo o movimento a aceleração da bola é
a aceleração da gravidade.
[II] Correta. A resultante das forças sobre a bola é seu próprio peso, não havendo forças
horizontais sobre ela. Portanto, a componente horizontal da velocidade é constante.
[III] Incorreta. A velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é igual a componente
horizontal da velocidade em qualquer outro ponto da trajetória.
Analisando as alternativas,
[A] INCORRETA. Em um movimento uniformemente variado, a aceleração é constante durante o
movimento. O Gráfico mostra claramente que na primeira parte do movimento o módulo da
velocidade está aumentando (aceleração maior que zero) e na segunda parte diminuindo
(aceleração menor que zero). Desta forma, pode-se dizer que a aceleração não é constante
durante o movimento.
[B] INCORRETA. Um movimento retilíneo uniforme tem aceleração nula.
[C] INCORRETA. Em momento algum do movimento descrito na figura existe uma inversão de
sentido do movimento. Logo, o carro não irá retornar a sua posição inicial.
[D] CORRETA.
[E] INCORRETA. Inverte o sentido de sua aceleração e não do movimento (velocidade).
A função horária do espaço é S 
1 2
g t . É uma função do 2º grau, portanto o gráfico é um arco de
2
parábola.
Pela segunda lei de Newton da Dinâmica:
FR  m  a
O trabalho de uma força, para um deslocamento retilíneo é:
W  F d
Para a força resultante:
W  m a  d
De acordo com a figura abaixo, a área amarela é composta de dois triângulos de mesma área,
mas uma negativa e outra positiva. Essas áreas correspondem ao deslocamento do objeto de
massa m.
Logo, o trabalho da força resultante entre t 0 e t1(W1 ), será nulo devido aos deslocamentos
opostos:
W1  m   a    d  d  0
Onde cada deslocamento refere-se à área de um triângulo, com os valores iguais em módulo, mas
de sinais diferentes.
Já em relação à área azul, temos um movimento com velocidade constante, isto é, a força
resultante é nula e a aceleração também, resultando trabalho nulo.
W2  m   a    d  0 (a  0)
Portanto, em todo o trecho o trabalho realizado pela força resultante é nulo.
Dados:


L  1 mm  103 m; m  50 g  50  103 kg; h  10% L  0,1 103 m  10 4 m; g  10 m/s2 .
O trabalho realizado pela força tensora exercida pela fibra é igual ao ganho de energia potencial.
WF  m g h  50  103  10  104 
WF  5  105 J.
Calculando a potência média:
P
ΔE 8,8  109

 106 W  1.000 kW.
Δt 8,8  103
Analisando o gráfico Potência  Velocidade do vento, vê-se que v  8,5m s. Analisando o mapa
dado, das alternativas apresentadas, a única possível é nordeste do Amapá.
A figura mostra a bola nas duas posições citadas, A e B.
Em relação ao solo, adotado como referencial para energia potencial, no ponto A:
EA  m g h  m g h  h 
A
0
 pot
 A
1
Ecin  m v 2
2

A
A
A
Emec
 Epot
 Ecin
 m g h  h0  
1
m v 2.
2
Como o sistema é conservativo:
A
EB
mec  Emec  m g  h  h0  
1
m v 2.
2
 v1ar  4 m/s; v 2ar  8 m/s; v atl  4 m/s

2
F  k v ar
2
P  k v ar
 vatl 

P  F v atl


P  k 4 2 4
   


P '  k  8 2  4 

P'  4 P.
No caso, a potência mínima será dada por:

P ' 64

P 16

P
 500  2500  kg  10 m / s2  20 m
τ mgh

P
 24000 W  24 kW
Δt
Δt
25 s
Em módulo, o trabalho da força de atrito  WFat  deve ser igual ao valor energético.
WFat  Fat ΔS  ΔS 
WFat
Fat

714  103
 ΔS  14,28  103 m 
50
ΔS  14,3 km.
Nota: entendamos energia dissipada como energia mecânica dissipada.
A figura mostra a forças agindo sobre o bloco, bem como o deslocamento vertical (h):
sen30 
h
 1
 h  4    h  2 m.
4
2
Aplicando o Teorema da Energia Cinética:
m v 2 m v 02


2
2
WR  ΔEcin  W P  W N  W Fat 
 m gh  0  W Fat  0 
 5  2 10   W

Fat
E
dissip
  W Fat

m v 02

2
 5  8 2
2
 W Fat   60 J.
Edissip  60 J.
Dados: m  90 kg; v0  0; v  12 m/s.
O trabalho (W ) da força resultante realizado sobre o atleta é dado pelo teorema da energia
cinética.
W  ΔEcin 

m v 2  v 02
2
  90 12
2
2
0


W  6,48  103 J.
A enunciado pode induzir à alternativa [C], se o aluno raciocinar erroneamente da seguinte
maneira:
Calculando a aceleração escalar média:
am 
Δv
12

 3,17 m/s2 .
Δt 3,78
Calculando a "força média" resultante:
Fm  m a m  90  3,17   Fm  286 N.
Calculando o Trabalho:
W  Fm d  286  30  W  8,6  103 J.
Essa resolução está errada, pois a aceleração escalar média é aquela que permite atingir a
mesma velocidade no mesmo tempo e não percorrer a mesma distância no mesmo tempo.
Ela somente seria correta se o enunciado garantisse que a aceleração foi constante (movimento
uniformemente variado). Porém, nesse caso, o espaço percorrido teria que ser menor que 30 m.
Certamente, a aceleração do atleta no início da prova foi bem maior que a média, possibilitando
um deslocamento maior (maior "área") no mesmo tempo, conforme os gráficos velocidade 
tempo.
Pelo teorema da energia cinética:
f
Wr e s  ΔEcin  WFel  WP  WN  WFat  Ecin
 Eicin 
k x2
kx
 0  0  Fat  5 x   0  0 
 5 μC m g 
2
2
x
10 μ C m g
.
k
A potência mecânica P é a razão entre o trabalho W e o tempo t em realizá-lo.
P
W
t
Mas o trabalho para erguer uma determinada massa é dado pelo produto da massa, aceleração
da gravidade e altura deslocada, em módulo.
W  m gh
Logo, temos:


500 kg  2,5  103 kg  10 m / s2  20 m
W mgh
P


 24  103 W
t
t
25 s
A intensidade de uma radiação é dada pela razão entre a potência total (PT ) captada e a área de
captação (A), como sugerem as unidades.
Dados: I  1.000 W/m2 ; A  9 m2 ; m  200 kg; v 0  0; v  108 km/h  30 m/s; η  30%.
I
PT
A
 PT  I A  1.000  9  P T  9.000 W.
Calculando a potência útil (PU) :
η
PU
 PU  30% PT  0,3  9.000  PU  2.700 W.
PT
A potência útil transfere energia cinética ao veículo.

m v 2  v 02
PU 

2
Δt
 Δt 

200 302  0

2  2.700

Δt  33,3 s.
p
m g h 1 10  0,1


Δt
1
p  1 100 W.
No ponto de compressão máxima, a velocidade é nula. Adotando esse ponto como referencial de
altura, nele, a energia potencial gravitacional também é nula. Assim, aplicando a conservação da
energia mecânica.
i
f
EMec
 EMec
 m g  h  d 
k d2

2
k
2 m g  h  d
d2
.
Pela conservação da energia mecânica:
A
Emec
 EB
mec 
m v 2A
 m g H  vA 
2
2gH 
2 10  0,45   9  v  3 m/s 
v  10,8 km/h.
A energia cinética é máxima no ponto onde a energia potencial é mínima. Isso ocorre no ponto de
abscissa x  x2.
A Energia Potencial Gravitacional é uma forma de energia armazenada que está relacionada com
a massa de um objeto, da sua altura em relação à um referencial e também da aceleração da
gravidade do local onde encontra-se.
EPG  m  g  h
Tendo como base a figura acima, quando a água se encontra no fundo do poço, tem-se uma
energia potencial igual à 80  m  g. Conforme esta vai subindo na tubulação, o módulo desta
energia vai diminuindo, porém estará se tornando cada vez maior.
Na geração de energia elétrica utilizando hidrelétricas, as águas nas represas descem por um
conduto forçado, transformando a energia potencial da água em energia cinética. Esta energia
cinética é utilizada para girar a turbina que está ligada à um gerador por um eixo e enfim gerar
energia elétrica.
Logo, pode-se concluir que a conversão de energia elétrica se dá primariamente a partir da
energia potencial gravitacional da água nas represas.
Devido ao atrito, ocorre conversão de energia cinética em energia térmica.

m v2
Ec 1 

2

2

m 2 v 
Ec 2 
2

 Ec 2  4
mv
2

Ec 1 1
 .
Ec 2 4
2
Como a força de atrito é a resultante das forças, podemos aplicar o teorema da energia cinética.
final
WFat  Ecin
 Einicial
0
cin
m v2
1.000  202
0
  2  105 J 
2
2
WFat  2  105 J.
Wgrav  m g h  0,1 10  0,2 
Wgrav  0,2 J.
Dados: m  15.000 kg; h  30 cm  0,3 m; Δt  1 min  60 s; g  10 m/s2 .
A potência é a razão entre a energia potencial adquirida e o tempo empregado na operação.
P
EP m g h 15.000  10  0,3


Δt
Δt
60

P  750 W.
Dados: P  2  204 W; Δt  1 h  3,6  103 s.
W  P  Δt  2  104  3,6  103 
W  7,2  107 J.
Dados: m = 200 g = 0,2 kg; v0 = 15 m/s; x = 10 cm = 0,1 m; Edis = 5 J.
- O peso e a normal são perpendiculares ao deslocamento, não realizando trabalho.
- Como a força de atrito é oposta ao deslocamento, o trabalho por ela realizado é Watrito = - 5 J.
- Até atingir a máxima deformação, a força elástica também é oposta ao deslocamento. Portanto,
Watrito  
k x2
.
2
- Considerando que a compressão citada no enunciado seja a máxima, a energia cinética final é
nula.
Assim, pelo Teorema da Energia Cinética:
f
i
WRe s  ΔEcin  Wpeso  Wnormal  Watrito  Welástica  Ecin
 Ecin

5 
m v 02
k x2

2
2
k  0,1
 5
2
2

0,2 15 
2
2
 k
2   22,5  5 
0,01

k  35  102 N/m.
Nota: a questão ficaria melhor se fosse pedida a intensidade da força de atrito, eliminando o sinal
negativo (–) das opções. Entendamos que esse sinal negativo refere-se ao sentido da força,
oposto ao da velocidade, considerado positivo.
- Determinação da força de atrito.
Sendo a força de atrito a própria resultante, aplicando o teorema da energia cinética, vem:
WFat  ΔEcin  Fat d 
Fat  
m v 2 m v 02

2
2
 Fat d  0 
m v 02
2

m v 02
.
2d
- Determinação do coeficiente de atrito.
Fat  μ N

N  m g
 Fat  μ m g
Comparando os módulos da força de atrito nas duas expressões:

m v 02
Fat 
2d


Fat  μ m g
 μmg
m v 02
2d

μ
v 02
.
2d g
Dados: Pco = 10 W; ET = 2.500 kcal = 2,5  106 cal; 1 cal = 4 J.
Calculando a potência total:
E
2,5  106  4
PT  T 
 115,74 W  116 W.
Δt
24  3 600
116 W  100%

10 W  x%
 x  8,62% 
x  9%.
0,5 joule/segundo corresponde a 0,5 W. Portanto, a quantidade (N) de vaga-lumes piscando para
fornecer a mesma potência é:
N
300
0,5

N  600.
P
ΔEpot
Δt

m g h 90  10  16

 480 W 
Δt
30
P  0,48 kW.
Da definição de potência:
Dados: m  3,3  104 lb; g  9,8m / s2; h  1pé; Δt  1min  60s.
P



3,3  104  0,454 kg  9,8 m/s2  1 0,305 m  44.781,2
ΔEP m g h




Δt
Δt
60 s
60
P  746 W.

1 hp  746 W.
[I] CORRETA. E  P Δt  100  800  4.000  2  4.900  2  9.800 Wh  E  9,8 kWh.
[II] INCORRETA. Pf  U if
[III] CORRETA. Pa 
U2
Ra
[IV] INCORRETA. P 
U2
R
 if 
 Ra 
 R
Pf 800

U 120
 if  6,7 A.
1202 14.400

4.000
4.000
 Ra  3,6 Ω.
U2
. A lâmpada é o dispositivo de menor potência, logo possui
P
a maior resistência.
Dados: U = 108 V; i = 105 A; Δt  0,5 s.
P
ΔE
Δt
 ΔE  P Δt  108  105  0,5  0,5  1013 
P  5  1012 J.
A força peso é uma força conservativa. De acordo com o Teorema da Energia Potencial, o
trabalho de forças conservativas independe da trajetória, sendo igual à diferença entre as
energias potenciais inicial e final. Assim, o trabalho da força peso é não nulo e tem o mesmo valor
para os dois observadores.
Desprezando atritos, quando o sistema é abandonado, a roda gira no sistema gira no sentido antihorário, devido a diferença de peso das partículas, como indicado nas figuras.
Como o sistema é abandonado do repouso, na situação da Figura I a energia cinética do sistema
é nula.
Considerando sistema conservativo, pela conservação da energia mecânica, temos:
I
I
II
II
EMec
A  EMec B  EMec A  EMec B 
2 MgR  MgR 
2 M v2 M v2

 M g 2R
2
2
 3 gR  2 gR 
3 v2
2
 v
2gR
3


1
 2 gR  2
v
 .
 3 
Nos pontos X e Y, a energia cinética é nula, logo a razão pedida é zero. No ponto O, a energia
potencial gravitacional é nula, então a razão é 1.
Na etapa 02, o atleta recebe impulsão do trampolim, aumentando sua energia mecânica  EM2 >
EM1.
Na etapa 03, o atleta recebe repulsão do cavalo, aumentando sua energia mecânica  EM3 >
EM2.
Durante o salto, etapa 04, a energia mecânica pode ser considerada constante  EM3 = EM4.
Conclusão: EM1 < EM2 < EM3 = EM4.
- Mais energeticamente mais eficiente: LED  fornece o mesmo brilho usando menor potência.
- Mais viável economicamente: Fluorescente compacta  menor custo total
(R$ 360,00  R$ 518,40  R$ 360,00  R$ 1.238,40).
- De maior vida útil: LED  nenhuma lâmpada foi trocada durante cinco anos.
[I] O carro está perdendo velocidade de recarregando as baterias. Temos então, transformação de
energia cinética (1) para energia elétrica (3).
[II] O movimento do veículo provém da combustão, que é uma reação química. Assim, há
transformação de energia química (2) para energia cinética (1).
[III] Se o motor elétrico mantém a velocidade constante, isso significa que está havendo
transformação de energia elétrica (3) para energia cinética (1).
Para um corpo parcialmente submerso, o peso e o empuxo estão equilibrados: têm a mesma
intensidade e sentidos opostos.
P  E  dc V g  dliq Vsub g 
Na água:

 dc  0,32 V  dc  0,32
 dag
V
dag


No óleo:

 dc  0,4 V  dc  0,4
 dol
V
dol

dc
V
 sub .
dliq
V

dc dol 0,32


 dol  0,8 dag  0,8  1 
dag dc
0,4
dol  0,80 g/cm3 .
O empuxo máximo (barca na iminência de afundar) deve equilibrar o peso da barca mais o peso
dos N automóveis.
N Pauto  Pbarca  E  N m g  M g  dág V g 
N
dág V  M
m

103  100  4  104
1,5  103

n  40
A razão entre a densidade do corpo e a densidade do líquido resulta na porcentagem do corpo
submersa pelo líquido ao ser mergulhado nele.
Assim:
dc
 % submersa
dl
dc  0,6  1 g / cm3  0,6 g / cm3
Fazendo o mesmo raciocínio para o líquido de menor densidade:
0,6
 % submersa  % submersa  0,8  80%
0,75
Logo, o volume submerso neste líquido será:
V  200 cm3  0,8  V  160 cm3
Dados: d  0,8 g/cm3  0,8 kg/L; m  80 kg.
Calculando o volume ocupado por 80 kg de óleo:
d
m
m 80
 V 
V
d 0,8

V  100 L.
Como o volume de cada recipiente é 1 L, podem ser enchidos 100 recipientes.
Dados: m  48 g  48  103 kg; g  10 m/s2 ; d  4 mm  4  10 3 m; π  3.
Na situação proposta, a força de pressão exercida pelos gases equilibra a força peso do tubo
cilíndrico e a força exercida pela pressão atmosférica sobre ele. Assim:
Fgas  P  Fatm  pgas 
pgas 
48  103  10  4

3  4  10

3 2
mg
P
 patm  pgas 
 patm 
A
d2
π
4
 1 105  0,4  105  1 105  1,4  105 N/m2 
pgas  1,4 atm.
O conjunto frasco e a água aquecidos estão dilatados quando são fechados a 80C, porém ao
resfriar todo o conjunto há uma pequena contração do frasco e também do líquido provocando
uma queda de pressão interna que provoca uma vedação mais eficiente.
A pressão que um líquido exerce sobre a parede de um recipiente que o contém sempre será
perpendicular à superfície (e em todos os pontos do recipiente) e sempre apontando para fora.
Como o recipiente é cilíndrico, a pressão irá exercer forças radiais e com sentido para fora.
p
F
F
106


A 100 π r 2
100  π 1 102
p


2

106
102 π

108
Pa.
π
A pressão monométrica, isto é, a pressão devida somente à coluna de líquido é dada por:
P  ρgh
Usando os valores no Sistema Internacional de Unidades:
ρ  1 g / cm3  1000 kg / m3
P  2,0  103 atm 
105
Pa  200 Pa
1 atm
Então a altura da coluna de líquido será:
h
P
200 Pa

 0,02 m  2,0 cm
ρg 1000 kg / m3  10 m / s2
A diferença de pressão é devida à coluna de água de 200 m. Por proporção direta:
10 m  1 atm.



 200 m  p atm.

p  20 atm.
Dados: p  1 105 N/m2 ; d  103 kg/m3 ; g  10 m/s2 .
Aplicando o Teorema de Stevin:
p  d gh  h 
p
105

d g 103  10

h  10 m.
Aplicando o Teorema de Stevin:
p  d g h  103  10  0,2  4 
p  8.000 Pa.
De acordo com o teorema de Stevin, pontos de um mesmo líquido em repouso, que estão na
mesma horizontal, suportam a mesma pressão. Usando a recíproca, se os pontos da superfície
livre estão sob mesma pressão, eles estão na mesma horizontal. Assim, a altura do nível é a
mesma nos três vasos.
A pressão (p) de uma coluna líquida é dada pelo Teorema de Stevin:
p  d g h, sendo d a densidade do líquido, g a intensidade do campo gravitacional local e h a
profundidade. Assim:
Considerando que o recipiente está em equilíbrio mecânico e contém um fluido de massa
específica constante, afirma-se que a pressão exercida pelo fluido no ponto A é menor que a
pressão exercida pelo fluido no ponto D.
Se o corpo está parcialmente imerso, o empuxo e o peso estão equilibrados. Sendo m e V a
massa e o volume do corpo, respectivamente, Vi o volume imerso, dC a densidade do corpo e dL a
densidade do líquido, temos:
P  E  dC V g  dL Vi g

dC Vi
 .
dL
V
Aplicando os dados da questão nessa expressão:
V
 d
dC
1
 C  8 

 dágua
V
dágua 8
dC Vi 


dL
V 
V
 d
dC
1

 C  6 
V
dóleo 6
 dóleo
 
dC
dágua

dóleo 1 6 6 3
   

dC
8 1 8 4
dóleo
 0,75.
dágua
Se têm o mesmo volume, o corpo oco possui menor quantidade de matéria, portanto, menor
massa e, consequentemente, menor peso. Assim:
PR  PS.
O módulo do empuxo é:
E  dágua Vimerso g.
Como têm volumes iguais e ambos estão totalmente imersos em água, a força de empuxo ER
exercida sobre R é igual força de empuxo ES exercida sobre S.  ER  ES.
As figuras mostram as forças agindo na pedra nas duas situações.
Calculando os volumes imersos:
d
m
m
12
 V1  
 V1  6  103 m3 .
3
V1
d 2  10
V2 
1
6  103
V1 
 V2  1,5  103 m3 .
4
4
Equacionando os dois equilíbrios:
F1  E1  P

F2  E2  P
 F2  E2  F1  E1  F2  F1  E1  E2  da V1 g  da V2 g 
F2  F1  da g  V1  V2   103  10  6  1,5   10 3 
F2  F1  45 N.
Analisando a primeira situação descrita pelo enunciado, temos que:
PE
m  g  ρL  VSUB  g
(1)
Sabendo que a massa do sólido é dada por m  ρS  VBloco e que o volume submerso é metade do
volume do sólido, fazendo a substituição em (1), temos que:
ρS  VBloco  ρL  0,5  VBloco
ρS  1 0,5
ρS  0,5 g cm3
Analisando agora a segunda situação, temos que:
PE
m  g  ρL  VSUB  g
(2)
Nesta situação o volume submerso equivale a 80% do volume do bloco. Sabendo também os
valores das densidades, e substituindo em (2), temos que:
ρS  VBloco  g  ρL   0,8  VBloco   g
0,5  ρL  0,8
Assim,
ρL  0,625 g cm3
Questão envolvendo o Princípio de Arquimedes:
―Todo o corpo total ou parcialmente mergulhado em um líquido em equilíbrio recebe uma força de
baixo para cima na direção vertical denominada de Empuxo, cuja a intensidade é exatamente
igual ao peso do volume de líquido deslocado pelo corpo‖.
Portanto, a alternativa correta é [D].
Pelo Teorema de Pascal:
F d 

 1  1
2
1
F2  d2 
d1 d2
F1
F2
2
F  d 
 1  1 
F2  2 d1 
2

F1 1
 .
F2 4
Se o ar estivesse saturado, a essa temperatura, a massa de água (mS) presente no ar da sala
seria:
mS  20
g
3
 320 m3  6.400 g  6,4 kg.
m
Aplicando as definições de densidade e de umidade relativa:
m
m

u  m  0,5  6,4  m  0,5  6,4  m  3,2 kg.
S


m
3,2

VS  3,2 L.
d  V  1  V 
S

m  d V  m  d L3
1
1
 1

3
m 2  d V2  m 2  d  2 L 

m1
L3
L3


m 2  2 L 3
8 L3

1,0 1


m2 8
m2  8,0 kg.
A densidade relativa de um material homogêneo, ou seja, a razão da sua densidade relacionada
com a da água, nos fornece a porcentagem que o corpo terá submersa quando imerso neste
solvente.
Logo, como a densidade relativa do corpo é 0,8 ele ficará com 80% da sua superfície submersa
Então: Vsubmerso  V  d  Vsubmerso  50 cm3  0,80  40 cm3
A força que provoca pressão é perpendicular á área de aplicação.
A pressão é a razão entre a intensidade da força normal aplicada à superfície e a área de
aplicação. Por isso, quanto maior é a área, menor é a pressão exercida.
A figura mostra as forças agindo sobre os êmbolos de áreas A1 e A2.
Aplicando o Teorema de Pascal:
F
P

A 2 A1

F
2
D

P
2
πD
4

F
4P
.
π
Como a velocidade é constante, a resultante sobre o sistema cadeirante-cadeira é nula. Assim,
aplicando o Teorema de Pascal:
Fmot Ptotal

A inj
A elev

Fmot
P
 total
Ainj
4 Ainj
 Fmot 
 88  22 10
4

Fmot  275 N.
Dados: pint = pint = 105 N/m2; h = 3.600 m; g = 10 m/s2.
pext  pint  d g h  105  103  10  3.600  105  360  105  Pext  361 105 
pext  361 pint .
Observação: de acordo com o Sistema Internacional de Unidades, o plural de grandezas
provenientes de nomes próprios é feito apenas com o acréscimo de s. Assim, o termo correto e
pascals e não pascais.
p  d g h  103  10  10  p  105 pascals.
Lembrando as expressões das forças mencionadas:

P  m g  P  dcorpo V g

E  dlíq Vim g


Considerando os cilindros homogêneos, o Peso e o Empuxo são aplicados no centro de gravidade
de cada um. O empuxo tem a mesma densidade nos dois casos, pois os volumes imersos são
iguais, mas o Peso do cilindro mais denso é maior. Assim, o Empuxo no conjunto é aplicado no
ponto médio (B) e o Peso do conjunto fica deslocado para direita. As figuras ilustram a situação.
Comentário: Essa posição horizontal não é a de equilíbrio do conjunto. Assim que abandonado,
ele sofrerá um giro no sentido horário, ficando em equilíbrio estável na vertical, com o cilindro mais
denso totalmente imerso e o menos denso parcialmente imerso, pois, para que o conjunto
funcione como boia, sua densidade deve ser menor que a da água.
No equilíbrio, o empuxo sobre o bloco tem a mesma intensidade do peso do bloco.
A água que extravasa cai no copo, portanto o volume deslocado de água é igual ao volume que
está no copo.
m  dágua Vdesloc


E  dágua Vdesloc g


P  M g
 E  P  dágua Vdesloc g  M g  dágua Vdesloc  M 
m  M.
A inclinação da linha que prende a boia tem a mesma direção da força que a água aplica na boia,
o empuxo (E). Essa força tem duas componentes: a componente horizontal (Ex ), que é a força
aceleradora, e a componente vertical (E y ), que equilibra o peso.
Para a situação descrita, pode-se dizer que a Força Centrípeta será igual a Força gravitacional.
Assim,
Fc  Fg
m  v2 G  M  m

R
R2

m  ω2  R2
R
M
  G Mm
ω2  R3
G
Como, ω 
M
R2
2π
T
4 π 2  R3
T2  G
Entendendo que a balança do enunciado seja na verdade um dinamômetro, a leitura indicada é a
intensidade (FN) da força normal que a plataforma do dinamômetro aplica nos pés da pessoa:
FN  P  m a  FN  800  80  2  
FN  960 N.
A figura abaixo ilustra a situação física:
Como o diagrama de corpo livre nos mostra, a força resultante a pessoa é:
FR  P  N
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica (2ª lei de Newton):
FR  m  a
Igualando as duas equações e isolando a força normal, temos:
P N  ma
N  m g  a


N  70 kg 10 m / s2  2 m / s2  560 N
A terceira lei de Newton da dinâmica é também chamada de Lei da ação e reação, que relaciona
as forças de contato, tração em cordas e demais forças de reação que surgem de uma ação, de
igual intensidade e direção da ação, mas de sentido contrário, forças sempre aplicadas em corpos
diferentes e, portanto não se anulam quando analisadas nos corpos isolados.
Do diagrama abaixo, determinamos a força resultante para cada corpo:
Para o corpo 1:
T1  P1  T2
Para o corpo 2:
T2  P2
Então,
T1  P1  P2  T1  60  40  T1  100 N
T2  40 N
Logo, a razão
T1
será:
T2
T1 100 5


T2
40 2
De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado:
Para o equilíbrio estático, temos:
F  N

Fat  P
Pela definição da força de atrito:
Fat  μe  N  Fat  μe  F
Fat  P  Fat  m  g
Então:
μe  F  m  g  F 
mg
μe
Assim:
F
2 kg  10 m / s2
 F  40 N
0,5
De t = 0 até t = t':
 x  0,20  0,12  x  0,08 m.

Δm  1,16  0,20  Δm  0,96 kg.
Aplicando a expressão da força elástica (Lei de Hooke)
Δm g  k x  k 
0,96  10

0,08
k  120 N/m.
Se a direção de F1 e F2 são diferentes, sempre haverá uma força resultante não nula, com
direção paralela à mesa e o sentido dependerá da interação entre as forças.
Na montagem 1, a intensidade da tração transmitida ao tronco é igual à da força aplicada na
extremidade do cabo, pois ambas estão no mesmo fio: T = F.
Na montagem 2, temos F em cada lado da polia. Assim a intensidade da tração transmitida ao
cabo ligado ao tronco é T = 2 F.
A força resultante no movimento circular é igual à força centrípeta:
FR  FC (1)
No ponto mais baixo da trajetória do pêndulo, a força resultante é:
FR  T  P (2)
Sendo a força centrípeta dada por:
FC 
m  v2
(3)
R
Substituindo (2) e (3) na equação (1):
T P 
T
m  v2
R
m  v2
P
R
Resolvendo com os valores numéricos:
T
0,020 kg   2 m / s 
0,10 m
2
 0,020 kg  10 m / s2
T  1,0 N
Na figura, o raio (R) da trajetória circular descrita pelo bloco é:
sen θ 
R
1
 R  d sen θ  20  10 cm  R  0,1 m.
d
2
Como o bloco realiza movimento circula uniforme, a resultante é centrípeta. Assim:
FR  FRc  m ω2 R  0,3  102  0,1 
FR  3 N.
[I] Correta. É necessária a força gravitacional agindo como resultante centrípeta.
[II] Correta. O vetor velocidade é tangente à trajetória e perpendicular ao raio.
[III] Incorreta. Os movimentos de rotação e translação são independentes.
Como o elevador está subindo acelerado, a tração no cabo tem módulo maior que a força
gravitacional, de forma a anular esta força e ainda imprimir uma aceleração vertical para cima.
Desta forma, se o elevador está subindo, com aceleração vertical para cima e de módulo 1m s2 ,
logo esta é exatamente a aceleração resultante do elevador.
A figura destaca uma partícula na superfície do líquido sujeita as forças peso e normal. A
resultante dessas forças e R.
tg θ 
R
z ma



P
L mg
a
zg
.
L
Dados : L  1 m; a  10 mm; L  1 m  1.000 mm; D  0,2 mm  2  104 m;
m  1 kg; R  10 r .
Nota: será desprezado o comprimento da parte suspensa do fio.
Usando proporcionalidade direta na figura abaixo:
ΔL a
ΔL
10



r
R
r
10 r
 ΔL  1 mm.
Do enunciado, o módulo de elasticidade (e) é dado por:
F
m g
L
4  10
e A 


2
ΔL
ΔL
πD
π 2  104
L
4

ΔL 

2

1.000
4  104
 e
1
π 4  108



1012
N/m2 .
π
Como a velocidade é constante, de acordo com o princípio da inércia, a resultante das forças é
nula. Então o peso (para baixo) é equilibrado pela soma do empuxo com a força de arrasto (para
cima). Assim: P = E + A.
Quando a velocidade se torna constante, a aceleração se anula. Assim:
m g b v  0 
v
mg
.
b
Se o bloco não acelera, é porque a resultante das forças sobre ele é nula. Ou seja, a força de
atrito e a força aplicada pelo estudante têm a mesma intensidade:
R=F
A velocidade atinge seu valor máximo num ponto entre A e B, quando a peso e a força elástica
têm mesma intensidade.
Se a velocidade é nula, a aceleração (a) tem direção tangencial, formando com a vertical ângulo
de 60°, como indicado na figura.
A resultante é a componente tangencial do peso. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
 1
Px  m a  m gcos 60  m a  a  10   
2
a  5 m/s2 .
Interpretemos como força, no enunciado, a resultante das forças que agem no objeto.
Considerando trajetória retilínea, do gráfico dado, calculamos a aceleração escalar desse objeto.
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, obtemos o valor algébrico da força resultante,
que é constante no intervalo de tempo mostrado, pois se trata de movimento uniformemente
variado.
a
Δv
-2  6
-8


Δt 2   -2  4
 a  -2 m/s2 .
Fres  m a  5  2   Fres  10 N.
A resultante das forças sobre o corpo do aspirador é a componente horizontal da força Fx 
aplicada no cabo.
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
 1
Fx  m a  Fcos 60  m a  4    2 a 
2
a  1 m / s2 .
Se sobre um corpo age uma única força, ela é a própria resultante. Assim, do Princípio
Fundamental da Dinâmica:
FE

aE  m
R
Rma  a
 
m
a  FP
 P m
No início da queda, a resultante das forças é o próprio peso, acelerando o esquilo. Porém, à
medida que a velocidade aumenta, aumenta também a força de resistência do ar diminuindo a
intensidade da resultante, que se anula quando ele atinge a velocidade terminal.
Aplicando o princípio fundamental da dinâmica:
FD  FE  Fat  m a  2 FE  FE  Fat  m a 
3 FE  120  0,2   240  FE 
FD  2 FE  2  88  
264
 FE  88 N.
3
FD  176 N.
Chamemos de A e B os blocos de menor e maior massa, respectivamente. Sendo d a densidade
dos blocos e a a aresta do bloco A, temos:
d
m  d a3
m
 A
 m  d V
3
3
V

mB  d  2 a   8 d a
 mB  8 mA .
Sendo FAB a intensidade da força de contato entre os blocos, aplicando o Princípio Fundamental
da Dinâmica, vem:
F   mA  mB  a  F  m A  8 m A

FAB  mB a  FAB  8 m A a

a
 F  9 mA a

9 mA a 
F

FAB 8 mA a
F
9
 .
FAB 8
Sendo F a força resultante, suposta constante, o movimento é retilíneo uniformemente variado.
Então:

2
S  a1 t

2
S  a2  2 t 

a  F

m

 a1 t 2  a2 4 t 2


F
F
4

m1
m2
m2  4 m1
A resultante de duas forças tem módulo máximo quando elas têm mesmo sentido; e módulo
mínimo quando elas têm sentidos opostos. Para esse caso.
Rmáx  3  4  Rmáx  7 N.

Rmín  4  3  Rmín  1 N.
De acordo com o Princípio Fundamental da Dinâmica:
Rm a 
a
R
.
m
A aceleração tem módulo máximo quando a resultante tem intensidade máxima, portanto, quando
as forças têm mesma direção e mesmo sentido.
Comentário: massa é uma grandeza física e não um objeto, como sugere o enunciado. Existe um
corpo puntiforme, um objeto puntiforme ou uma partícula. A massa é uma grandeza física
associada à quantidade de matéria existente no corpo, no objeto ou na partícula.
Após o lançamento, a única força que age sobre a bola é seu próprio peso, vertical e para baixo.
Observando o diagrama de corpo livre do corpo e decompondo a tração na corda nas suas
componentes ortogonais, temos:
Nota-se que:
Ty  P  T  cos θ  m  g  T 
m g
cos θ
A resultante centrípeta Fc é a componente horizontal da tração Tx
Tx  T  sen θ  Fc
Tx 
mg
 sen θ  Fc
cos θ
Tx  Fc 
4kg  10 m / s2
 0,6  Tx  Fc  30 N
0,8
Pela conservação do momento linear, temos que:
Qfog.  Qest .  Qcap.
M  v fog.  mest.  v est.  mcap.  v cap.
Onde,
v fog.  3000 km h

mest.  0,75  M

v est.  v  800
m
 0,25  M
 cap.
v
 cap.  v
Assim,
3000  M   0,75  M   v  800    0,25  M  v
3000  0,75  v  600  0,25  v
v  3600 km h
Da figura, notamos que as duas esferas (1 e 2) possuem a mesma velocidade em módulo ao final
do trajeto curvilíneo, pois são lançadas de mesma altura.
Por conservação de energia em cada esfera:
v1  v 2  2Rg
Por conservação da quantidade de movimento nos conjuntos rampa e esfera:
m1v1  mA v A  1 v A (1)
m2v2  mBvB  2  vB (2)
Nota-se através do gráfico apresentado, que as duas rampas têm a mesma velocidade em
módulo, portanto v A  vB.
Sendo assim, a razão entre as massas das esferas 1 e 2 é dada por (1) dividido por (2):
m1 v1
m2 v 2

1 v A
2  vB
m1 1

m2 2
O Impulso recebido é numericamente igual à "área" entre a linha do gráfico e o eixo t.
IF 
2 1
 4  I F  6 N  s.
2
Se a referida força é a resultante, podemos aplicar o Teorema do Impulso.
I R  ΔQ  I R  m  v  v 0   6  1 v  3  
v  9 m/s.
Orientando a trajetória no sentido da velocidade de chegada, V1  8 m/s e V2   0,6 m/s. Durante a
colisão, o impulso da força resultante é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o
eixo dos tempos. Assim, aplicando o teorema do impulso:
IF  ΔQ

Fmáx Δt
2
 m Δv  Fmáx 
2 m Δv
Δt

2  0,4  0,6  8
0,2

Fmáx  34,4 N.
Dados: M  400 g; mA  200 g; mB  mC  100 g; v A  100 m/s; vB  200 m/s e vC  400 m/s.
Empregando a conservação da Quantidade de Movimento nas duas direções, para antes e depois
da explosão:
Na vertical (y):
Qantes
 Qdepois
 Qantes
 m B v B  m A v A  100  200  200  100 
y
y
y
Qantes
 0  a bomba explodiu no ponto mais alto de sua trajetória.
y
Na horizontal (x):
Qantes
 Qdepois
 M v 0  mC v C  400 v 0  100  400 
x
x
v 0  100 m/s.
A figura ilustra a situação, mostrando as velocidades do trabalhador e da plataforma, em relação
ao referencial fixo no solo nas situações (I) e (II).
Pela conservação da Quantidade de Movimento:
 m  M v  M v '  m  v '  v   m v  M v  M v '  m v '  m v
2 m v  M v   M  m  v '   2 m  M v   M  m  v ' 
Q(I)  Q(II) 
v' 
2 m
M
 M v
 m
.
Do descrito no enunciado, sabe-se que:
m1  m2  m
v1f  v 2f  v f
Logo,
Qi  Qf
m1  v10  m2  v 20  (m1  m2 )  v f
m  v10  2  m  v f
vf 
v10
2

Assim, a velocidade após a colisão é a metade da velocidade inicial do projétil.
Sabe-se que o momento linear em uma colisão sempre é conservado, independentemente do tipo
de colisão. Quanto a conservação de energia cinética, sabe-se que esta depende do tipo de
colisão.
- Colisão Parcialmente Elástica: Ocorre dissipação parcial de energia durante a colisão. Portanto,
não há conservação de energia cinética.
- Colisão Perfeitamente Elástica: Há conservação de energia cinética.
- Colisão Inelástica: Ocorre dissipação máxima de energia durante a colisão. Portanto, não há
conservação de energia cinética.
Analisando as afirmativas, observa-se que somente a [III] é correta.
Na colisão temos que as quantidades de movimento linear inicial e final são iguais:
Qi  Qf
Como Qf  0 e Qi  m1v1  m2  v 2 
Ficamos com m1v1  m2v 2
E usando a informação m2 
m1
e substituindo na equação anterior, resulta:
4
v
v1  2
4
A figura mostra as forças que agem na esfera: peso, tração e força magnética.
Como a esfera está em equilíbrio, pela regra da poligonal, as três forças devem fechar um
triângulo.
tg 45
F
 F  P tg 45  m g(1)  0,01(10) 
P
F  0,1 N.
Na barra agem as três forças mostradas na figura: peso do saco arroz (Pa ), o peso da barra (Pb ),
agindo no centro de gravidade pois a barra é homogênea e a normal (N), no ponto de apoio.
Adotando o polo no ponto de apoio, chamando de u o comprimento de cada divisão e fazendo o
somatório dos momentos, temos:
MP  MP
b
a
 m b g  u   m a g 3 u   m b  3 5  
m b  15 kg.
Na iminência de iniciar movimento de rotação, o somatório dos momentos das forças mostradas é
nulo.
Então, em relação ao ponto O, o momento do peso da barra, agindo no seu centro é, em módulo,
igual ao momento da força F. Assim:
F 0,4  P 0,8   F  2 P  2 100  
F  200 N.
Dados:
PG  50.000 N; dG  3 m; dP  2 m.
Na condição de carga máxima, há iminência de tombamento, sendo nula a normal em cada uma
das rodas traseiras.
O momento resultante em relação às rodas dianteiras é nulo.
M PG  M P  50.000  3  P  2 
P  75.000 N.
Para o equilíbrio, o momento da saca de frutas (MA ) tem que ser igual ao momento do bloco
(MB ). Assim,
MA  MB
dA  PA  dB  PB
3,5  PA  31,5  5
31,5  5
3,5
PA  45 kgf
PA 
Decompondo as forças nas direções horizontal e vertical, temos o diagrama de corpo livre
representado na figura abaixo:
Nota-se que a força normal é devida à força Fx sendo iguais em módulo.
N  Fx  N  F  sen 30 (1)
Com o peso do corpo, podemos descobrir o valor da força Fy
Fy  P  F  cos 30  m  g
F
mg
(2)
cos 30
Substituindo (2) em (1):
N
mg
 sen 30  N  m  g  tan30
cos 30
N  1 kg  10 m / s2 
3
10 3
N 
 5,8 N
3
3
Sabe-se que os dois garotos possuem massas iguais (consequentemente pesos iguais) e que em
uma gangorra a distância de cada um deles até o ponto de apoio é a mesma. Como o Torque
depende somente da força exercida e do braço de força (distância até o eixo de rotação), pode-se
concluir que os torques são iguais.
Nas situações das alternativas [A], [B] e [D], fazendo o diagrama de corpo livre do sistema
andaime e trabalhador, temos a tensão no cabo superando a tensão máxima, causando o
rompimento do mesmo.
T  (mtrab  mand )  g
T  (80kg  90kg)  10
m
s2
 1700 N
Na situação da alternativa [C], a tensão no cabo é reduzida pela metade pela presença de dois
cabos segurando o conjunto andaime e trabalhador. Com isso, cada cabo passa a resistir ao
esforço solicitado.
2T  (mtrab  mand )  g
(80kg  90kg)  10
T
2
m
s2  1700 N  850 N
2
A figura mostra as forças atuantes na escada AB, sendo M o seu ponto médio. Nela, também são
mostradas as dimensões relevantes.
Aplicando as condições de equilíbrio a um corpo extenso, considerando a iminência de
escorregamento para a escada:
1ª) A resultante das forças é nula:
NS  PE  PT  10  70 10  NS  800 N

NP  Fat  μ NS
2ª) O Momento resultante é nulo:
 Mhorário   Mantihorário
μ
NS d  PE L
NS h
 NS d  Fat h  PE
L
L
 NS d  μ NS h  PE

2
2
2  800  4  100  2  3.000 
800  3
2.400
μ  1,25.
GM

Na superfície: gT  2
RT


GM
Na espaçonave: g 

RT  h




2
g

gT
GM
R
T
h

2

R2T

GM
2
 RT 
g  gT 
 .
 RT  h 
[I] Correta. A segunda lei de Kepler afirma que o segmento de reta Sol-planeta varre áreas iguais
em intervalos de tempo iguais.
[II] Incorreta. O quadrado do período (T) da órbita é proporcional ao cubo do raio médio (r) da
trajetória (semieixo maior da elipse): T 2  k r 3 .
[III] Correta. O movimento do planeta é acelerado de H para A e retardado de A para H. Portanto,
VA  VH.
Dados:
R  6  103 km  6  106 m; h  720 km  0,72  106 m; M  6  1024 kg;
G  6,7  1011 m3 /kg  s2.
Como a órbita é circular, a gravidade tem a função de aceleração centrípeta.
ac  g 
v
GM
GM
v2

 v

2
R  h R  h 
Rh
6,7  1011  6  1024
6,72  106
6,7  1011  6  1024
6  106  0,72  106

 60  106  7,7  103 m/s 
v  7,7 km/s.
Pela Lei da Gravitação Universal,
F
G  m1  m2
d2
Em outras palavras, a força que um astro exerce em outro depende das suas massas e da
distância entre eles.
É comum pensar que a órbita da terra depende exclusivamente da interação Terra-Sol. Porém,
este é um pensamento errado. Não só a Terra, mas todos os planetas são mantidos em órbitas
em torno do sol devido não somente a força existente entre o Sol e os planetas, mas também da
força mútua que existe entre todos os corpos existentes no sistema solar.
Porém, é importante ressaltar que devido a elevada massa do Sol, a força que este corpo exerce
nos demais tem maior importância na definição da órbita que estes desenvolvem. É por isto que
os corpos solares tem sua órbita em torno do Sol.
Do próprio texto:
"... e acima de tudo um local perfeito constituído pelo manto de estrelas, pela Lua, pelo Sol e pelos
demais planetas."
Esse trecho sugere que esse manto seria o limite universo.
Sabendo que:
Rx  10  R T

 TT  1ano
T  ?
 x
Utilizando a 3ª Lei de Kepler:
Rx3
Tx 2

R T3
TT 2
10  R T 3
Tx 2
1000
Tx 2

R T3
12
1
Tx 2  1000
Tx  1000
Tx
32 anos
Sabendo que,
gp 
G  Mp
Rp 2
(1)
E que do enunciado tem-se que,
Mp  4  MT

(2)

1
Rp   RT

2
Logo, fazendo a substituição de (2) em (1),
gp 
G   4  MT 
1

 2  RT 


Assim,
2

4  G  MT
G  MT
 16 
1
RT2
 RT2
4
gp  16  g
Calculando a energia potencial do planeta,
Ep
 m  gp  h  m  16  g   h
Ep
 16  m  g  h
planeta
planeta
Assim, o fator pedido na questão é 16.
De acordo com a 3ª lei de Kepler, para todos os planetas de um mesmo sistema solar, ou para
todos os satélites de um mesmo planeta, a relação entre o período de translação (T) e raio médio
da órbita (rm) é dada pela expressão:
T2
3
rm
 k (constante), sendo rm igual à medida do semieixo maior para órbitas elípticas, e, igual ao
raio, para órbitas circulares. Assim, como o semieixo maior da órbita de S é igual ao raio da órbita
de T, os dois satélites têm o mesmo período de translação.
Dados: r1  1.200.000km  12  105 km; r2  300.000km  3  105 km;T1  16 dias.
Aplicando a Terceira Lei de Kepler:
2
 T2 
 r2 
   
 T1 
 r1 
3
 3  105
T 
  2 
 12  105
 16 

2
3
T22
 1
 
256  4 
 T22 
3





256
4 
64
T2  2 dias.
O período de oscilações de pequena amplitude para um pêndulo simples é
T  2π
L
.
g
Na situação descrita, o período é dado pela soma do tempo de meia oscilação com comprimento
L com o tempo da outra meia oscilação com comprimento L 2. Assim:
T
2π
2
L
2π

g
2
L
2
g


T  π


L

g
L
2g

.


Para a situação-problema, devemos explorar a relação entre o período de oscilação T de um
pêndulo simples em relação ao comprimento L, que é dado por:
T  2π
L
g
De acordo com o dado: g  π 2m / s2 , temos então
T2 L
E isolando L :
L
T2
4
Através dos gráficos, retiramos os períodos de oscilação de cada pêndulo:
T1  1 s; T2  2 s; T3  4 s
Finalmente:
L1 
T12 1
 m
4
4
T2
L2  2  1 m
4
T2
L3  3  4 m
4
Relacionando os comprimentos, ficamos com:
L
L
L1  2 ; L 2  3 e L3  16 L1
4
4
2

π
Dado: Ec (t)  4,0 sen2  πt  .
3
2

O valor máximo da energia cinética ocorre nos instantes em que:
π
2
sen2  πt    1 
3
2

Nesses instantes: Ecmáx  4 1  Ecmáx  4 J.
Determinando esses instantes:
π
π
2
2
sen2  πt    1  sen  πt    1 
2
2
3
3

sen


sen

π
π
π
2
2
2
 3 πt  2   1  3 πt  2    2  3 πt  0  t  0.




2
π
2
π
2
2π
2
3



 π
 3 πt  2   1  3 πt  2   2  3 πt  2  3 t  1  t  2 




t  1,5 s.
Portanto:
Ec
 4 J  Ep  0  t   0; 1,5; 3; 4,5... s
máx

Ec  0  Epmáx  4 J  t   0,75; 2,25; 3,75... s
Através desses cálculos, chega-se à alternativa [A].
O período de um pêndulo simples, quando oscilando com pequenas amplitudes não depende da
massa. Calculando o período de oscilação:
T  2π
L
 T 2π
g
1,6
 2 π 0,16  2 π  0,4 
10
T  0,8 π s.
Como o campo gravitacional é desprezível, a força restauradora do movimento oscilatório é a
força elétrica. Assim existe uma gravidade aparente (gap ) agindo sobre a esfera pendular.
Então:
m gap  Felet  m gap  q E  gap 
q E
m
.
Usando a expressão do pêndulo simples para oscilações de pequena amplitude:
T  2π
L
 2π
gap
L
qE
 2π
mL
4  103  1
4
 2π
 2π

6
3
qE
6400
50  10  128  10
m
T  2π
1
2π

1600
40

T
π
s.
20
No movimento harmônico simples, a aceleração escalar (a) e a posição (x) estão relacionadas
pela propriedade fundamental do MHS: a aceleração escalar é diretamente proporcional a
posição  a  ω2 x, sendo a pulsação (ω) constante.
Nessa expressão, o sinal (–) indica que essas grandezas têm máximos e mínimos no mesmo
instante, porém, opostos. Ou seja:
xmáx  amín e xmín  amáx .
Analisando as curvas dadas, vemos que essas condições são satisfeitas pelas linhas cheia e
pontilhada.
Portanto, as linhas cheia e pontilhada representam a aceleração e a posição da partícula, não
necessariamente nessa ordem.
Já a velocidade da partícula pode ser representada apenas pela linha tracejada, pois nos pontos
de máximo e mínimo da aceleração e da posição a velocidade é nula e nos pontos de posição e
aceleração nulas a velocidade tem módulo máximo.
Assim, linha tracejada corresponde à velocidade da partícula.
Analisando, então, as proposições:
[I] Incorreta. A linha cheia pode representar a aceleração ou a posição e linha tracejada
representa a velocidade da partícula.
[II] Incorreta. As linhas cheia e pontilhada representam, necessariamente nessa ordem, a
posição e a aceleração da partícula.
[III] Incorreta. A linha cheia a posição ou a aceleração da partícula.
Em um sistema massa-mola em MHS, o período do movimento é dado por:
T  2π
m
k
Ou seja, o período (e consequentemente a frequência) do movimento depende somente da massa
do bloco e da constante da mola.
Como nos dois casos a mola é a mesma assim como a massa do bloco, é fácil observar que a
frequência de oscilação será a mesma em ambos o caso.
A função horária da elongação de um MHS é:
x  A cos   t  0
Comparando com a função horária dada:
  8  2  f  8   f  4 Hz.
Ambas são ondas eletromagnéticas, propagando-se no vácuo com a mesma velocidade.
No ar, todas as radiações eletromagnéticas propagam-se praticamente com a mesma velocidade,
que a velocidade da luz: c  3  108 m/s.
Sabendo que:
1. f  60Hz, a onda irá repetir-se 60 vezes em um segundo.
2. Se trata-se de uma função seno, pode-se dizer que a cada ciclo sua amplitude assumirá valor
igual a zero duas vezes.
Logo,
x  f 2
x  60  2
x  120
A amplitude  A  e o comprimento de onda  λ  retira-se do gráfico:
A  1 cm e λ  8 cm
Através da expressão da velocidade de uma onda em função da frequência, obtemos:
v  λf
Então a frequência será:
f
v 32 m / s

 400 Hz
λ
0,08 m
Ondas sonoras propagam-se de forma tridimensional. Esta é a razão pela qual um professor, ao
falar em sala de aula, todos os alunos conseguem ouvi-lo, independentemente da posição que
estejam.
Assim, uma fonte sonora pontual dá origem a frentes de ondas esféricas.
Notemos que a escala de nível sonoro cresce de cima para baixo. A área em cinza representa a
região de audição de cada uma das orelhas.
[I] Falsa. Analisando os gráficos, concluímos que sons de frequência 6 kHz e nível sonoro de 20
dB não são ouvidos pela orelha direita, mas o são para o orelha esquerda.
[II] Verdadeira. Os gráficos mostram que sussurros de frequência 0,25 Hz e nível de 15 dB são
ouvidos pelas duas orelhas.
[III] Falsa. A diminuição da capacidade auditiva não ocorre pela degeneração dos ossos descritos
acima, assim como estes não estão na orelha externa e sim no ouvido médio.
[I] Incorreta. A velocidade da luz no ar é maior que a do som.
[II] Correta. A água é mais refringente que o ar para a luz e menos refringente que o ar para o
som.
[III] Incorreta. Os sons audíveis (para o ser humano) têm frequências menores que a da luz.
[IV] Incorreta. Ambos apresentam comportamento ondulatório.
[I] INCORRETA. Ondas em cordas vibrantes, ou mesmo ondas eletromagnéticas, podem ter
frequências dentro dessa faixa.
[II] INCORRETA. Na propagação de uma onda não há vibração de energia. No caso de uma onda
mecânica, a vibração é das partículas do meio.
[III] CORRETA. É a própria definição de onda longitudinal.
O corpo humano emite radiação predominantemente na faixa do infravermelho (ondas de calor)
que é captada pelo detector.
O clarão proveniente de uma descarga elétrica é luz, e luz é onda eletromagnética. Todas as
ondas eletromagnéticas são transversais.
O som é uma onda mecânica, portanto propaga-se melhor em meios materiais. Quanto mais
material for o meio, ou seja, quanto maior for sua densidade, melhor a onda mecânica irá
propagar-se neste meio. Isto se deve ao fato de as partículas do meio estarem mais próximas
umas das outras, facilitando a transmissão do som de partícula à partícula.
Em relação ao aspecto da compressibilidade, quanto menor for este valor, o meio estará
suscetível a menores variações de densidade. Ou seja, quanto mais comprimido um material é,
menos compressível ele se torna (menor compressibilidade) e portanto tem menor variação de
densidade.
[V] A camada da atmosfera responsável pela reflexão das ondas de rádio é a ionosfera.
[V] Ambas são ondas eletromagnéticas.
[F] As ondas de rádio propagam-se esfericamente, diminuindo sua intensidade por unidade de
área abrangida à medida que se afastam da fonte emissora.
A propriedade física das ondas que permite essa distinção entre as notas é a frequência, pois
diferentes notas apresentam diferentes frequências.
O enunciado afirma que a absorção de raios X pelo material é, aproximadamente, proporcional à
sua espessura. Assim, à medida que o Gerador avança ao longo dos eixos, se a espessura
aumenta, aumenta a absorção, diminuindo a intensidade registrada pelo detector. Essa análise
nos leva ao gráfico da opção D.
Nas ondas transversais a vibração ocorre perpendicularmente à direção.
Nas ondas longitudinais a vibração ocorre na direção de propagação.
Pelo gráfico, nota-se que o período do Dó central é o dobro do período do Dó maior.
TC  2  TM 
1
1
 2
fC
fM

fC 1
 .
fM 2
O critério estabelecido é dado abaixo, sendo p um número par, i um número ímpar e x a
distância entre os pontos:
λ

Δx  p , os pontos estão em fase.


2
Se 
λ
 Δx  i , os pontos estão em oposição de fases.


2
Verifiquemos as distâncias (x) entre os pontos dessas superfícies:
λ

Δxα,β  λ  Δxα,β  2 2 (em fase).

λ

(em oposição de fases).
Δxβ,γ  1
2

λ
λ

Δxα,γ  λ  2  Δxα,γ  3 2 (em oposição de fases).

A figura mostra o comprimento de onda de 8 cm e a amplitude de 3cm.
A equação de onda diz que v  λ  f  12  0,08  f  f  150Hz.
A velocidade de propagação de uma onda qualquer depende das condições do meio. No caso das
ondas eletromagnéticas, a propagação ocorre também no vácuo, em que a velocidade é máxima,
c = 3×108 m/s. Essas ondas são formadas por campos magnéticos variáveis, perpendiculares
entre si, transportando energia e momento, sem transportar matéria.
Utilizando os dados fornecidos no enunciado e sabendo que a fonte está se aproximando do
observador, usando a equação do efeito Doppler, tem-se que:
 v  vo 
fo  ff  

 v vf 
Onde v  340 m s
 340  0 
fo  630  

 340  25 
340
fo  630 
315
fo  680 Hz
Esta questão trata sobre o Efeito Doppler, onde a frequência emitida por uma fonte sonora (f) em
movimento relativo à um observador, é percebida por este com uma frequência (f’) diferente
daquela. Para o cálculo desta diferença entre as frequências emitida e observada, é utilizada a
seguinte equação:
 vs  vo   f
 vs v 
f' 
Onde,
v s  Velocidade do som
v o  Velocidade do observador
v  Velocidade da fonte
Como o observador está em repouso (vo  0) e a fonte aproxima-se do observador, tem-se que a
frequência observada neste caso será:
f' 
vs
 vs
v
f
Quando há aproximação relativa entre o ouvinte e a ambulância, o som se torna mais agudo,
portanto, ocorre aumento na frequência da onda sonora percebida pelo pedestre.
Calculando o comprimento de onda do som mais agudo:
λ
v
340

 0,085 m  8,5 cm.
f 4.000
Como os corpos e as cabeças das pessoas à frente do músico têm dimensões maiores que o
comprimento de onda dos sons mais agudos, a difração é dificultada por esses obstáculos,
causando diferenciação na percepção desses sons.
Orientando a trajetória do ouvinte para a fonte, a equação do efeito Doppler para a frequência
detectada (ou frequência aparente  fap ) pelo receptor (ouvinte) é:
fap 
v  vO
f, sendo v a velocidade do som, vO a velocidade do ouvinte e vF a velocidade da
v  vF
fonte.
Para o comerciante parado: vO  0; vF  7,2km/ h  2m/ s.
fap 
340  0
340
 1. 014  f ap 
 1.014 
340  2
338
fap  1.020 Hz.
Para o pedestre: vO  4m / s; vF  7,2km/ h  2m/ s.
fap 
340  4
344
 1. 014  f ap 
 1.014 
340  2
338
fap  1.032 Hz.
O efeito Doppler baseia-se no fato de a frequência recebida após a reflexão ser diferente da
frequência emitida. Isso ocorre devido à velocidade relativa entre o detector e o objeto refletor.
(por aproximação)
Se a frequência percebida e maior que a frequência emitida pela fonte, ocorre aproximação
relativa entre o observador e a fonte. Como o observador está em repouso, a ambulância
aproxima-se do observador.
Aplicando a equação do efeito Doppler, com referencial adotado do observador para a fonte:
fap

f
v onda  v obs
640
1.200  0
16
1.200





v onda  v fonte
600 1.200  v fonte
15 1.200  v fonte
1.200  v fonte 
1.200  15
 1.200  v fonte  1.125  v fonte  1.200  1.125 
16
v fonte  75 km/h.
[I] Correta.
NS  10 log
I
I0
 10 log
103
10
12
 10 log109  10  9  NS  90 dB.
[II] Correta, conforme indica a tabela dada.
[III] Incorreta. NS = 90 dB.
[IV] Incorreta.
NS  10 log
I
1
 10 log
 10 log1012  10  12  NS  120 dB.
12
I0
10
Para ocorrer máxima absorção de energia, o circuito receptor deve oscilar com a mesma
frequência das ondas emitidas pela fonte, a estação de rádio ou o canal de TV. Isso caracteriza o
fenômeno da ressonância.
Quando pulsos de uma certa frequência atingem um sistema que tem vibração natural de mesma
frequência, o sistema absorve energia desses pulsos, aumentando a amplitude de vibração,
podendo atingir o colapso. A esse fenômeno, dá-se o nome de ressonância.
Sejam fA, fB; FA e FB as frequências e as intensidades das forças tensoras nas cordas A e B,
respectivamente.
A relação entre frequência e força tensora é dada pela equação de Taylor. Para o harmônico
fundamental:
f
1 F
, sendo L o comprimento da corda e μ a sua densidade linear. Desenvolvendo:
2 L μ
f2 
1 F
4 L2 μ
 F  4 μ L2 f 2 .
Analisando essa expressão, concluímos que a corda mais tracionada é a que emite som de maior
frequência, no caso, a corda B.
A frequência dos batimentos (x) é igual à diferença entre as frequências das duas cordas. De
acordo com o enunciado, a frequência da corda B é f. Assim:
x  fB  fA  fA  fB  x  fA  f  x.
A razão entre as tensões é:
FB 4 μ L2 fB2
f2


FA 4 μ L2 fA2  f  x 2
2
FB  f 

.
FA  f  x 

Quando uma onda de frequência f atinge um sistema de frequência vibração natural também igual
a f, esse sistema absorve energia da onda, aumentando a amplitude de vibração das partículas,
podendo chegar ao colapso. Esse fenômeno é chamado ressonância.
A fonte está em repouso e o observador (A) está se afastando da fonte (F), fazendo com que a
frequência medida por ele seja menor que a frequência emitida pela ela.
A velocidade de afastamento é igual a u cos α, como mostrado na figura.
Aplicando a equação do efeito Doppler, com referencial orientado do observador para a fonte,
como manda a convenção:
fap 
v  ucos  α 
v  v obs
v u

f  fap 
f  fap    cos  α   f 
v  v fonte
v
v v

 u

fap  1  cos  α   f.
v


Na refração não há alteração de frequência. Pelo fato do índice de refração ser maior do que o do
ar a velocidade é menor. Consequentemente, o comprimento de onda é menor.
I. Errado. A frequência é determinada pela fonte. A velocidade é propriedade do meio.
II. Errado. A velocidade depende do meio e a frequência, não. Portanto, o comprimento de onda
varia.
III. Verdadeiro, pois o raio refratado afasta-se da normal.
O efeito Doppler é um fenômeno ondulatório, valendo, portanto, para ondas mecânicas ou
eletromagnéticas.
Quando um sistema que tem frequência de vibração natural f é atingido por uma onda de mesma
frequência, o sistema absorve energia dessa onda, aumentando sua amplitude de vibração. A
esse fenômeno dá-se o nome de ressonância.
Aplicando a expressão do efeito Doppler para as duas situações:

v onda  v fonte
ffonte
 Aproximação : faparente 
v onda


v onda  v fonte
 Afastamento : f
ffonte
aparente 

v onda

7  333  v fonte   8  333  v fonte  
v fonte  22,2 m / s.
 
1000 333  v fonte

875 333  v fonte
7  8  v fonte  8  7   333
 v fonte 

333

15
[I] Incorreta. Quando a ambulância se afasta, o número de cristas de onda por segundo que
chegam ao ouvido do observador é menor.
[II] Incorreta. As variações na tonalidade do som da sirene da ambulância percebidas pelo
observador devem-se ao movimento relativo entre o observador e a fonte.
[III] Correta. Há movimento relativo entre o observador e a fonte.
[IV] Correta. O efeito Doppler é um fenômeno ondulatório e não exclusivamente sonoro.
A velocidade de propagação de uma onda é determinada pelas condições do meio e pela
natureza dessa onda (mecânica ou eletromagnética), independente da frequência.
Usando a equação fundamental da ondulatória, calculamos os comprimentos de ondas mínimo e
máximo para a faixa UV-B.

c
3  108

 291 109  λmín  291 nm
λmín 
15
f
1,03  10
c

máx
c  λf  λ 

f
c
3  108

λ


 321 109  λmáx  321 nm
máx

14
f
9,34

10
mín

Assim: (291  λUV B  321) nm.
Nessa faixa, a curva de maior absorção corresponde ao filtro IV.
Com os dados fornecidos no enunciado, podemos encontrar os dois comprimentos de onda.
Para o comprimento de onda da luz λL ,
λL 
vL 3  108

fL 1 1014
λL  3  106 m
Para o comprimento de onda do som λ s ,
v
320
λs  s 
fs 1 103
λ s  3,2  101 m
Desta forma, podemos calcular a razão entre estes comprimentos de onda.
λL
3  10 6

λ s 3,2  10 1
λL
10 5
λs
Da figura, o comprimento de onda, menor distância entre dois pontos que vibram em fase, é
λ  4m.
Supondo que 8 s seja o menor tempo para que o amigo esteja na posição mais elevada da onda,
o período de oscilação é T = 8 s.
Usando a equação fundamental da ondulatória:
v
λ 4

 v  0,5 m/s.
T 8
A figura mostra as amplitudes e os comprimentos de onda das duas ondas.
[I] Incorreta. Como mostra a figura, AP  A Q.
[II] Correta. Como mostra a figura, λP  2 λQ.
[III] Incorreta. A onda P tem a metade da frequência da onda Q.
f
vP  v Q  λ P fP  λ Q f Q  2 λQ fP  λ Q f Q  fP  Q .
2
Aplicando a equação fundamental da ondulatória:
c λν  ν
c
3  108

λ 450  109

ν  6,6  1014 Hz.
Dados: f = 120 Hz; L = 1,2 m.
Da figura:
L
3λ
2 L 2  1,2
 λ

 0,8 m.
2
3
3
v  λ f  0,8  120 
v  96 m/s.
Dados: f  2,4 GHz  2,4  109 Hz; c  3  108 m / s; e  1% λ.
Da equação fundamental da ondulatória:
cλ f  λ
c
3  108

 0,125 m  125 mm.
f 2,4  109
O espaçamento da grade é:
e
1
125
λ
100
100
 e  1,25 mm.
De acordo com o enunciado:
λ  40 cm  λ  0,4 m

osc
30 osc

f  30 min  60 s  0,5 Hz

 v  λ f  0,4  0,5 
v  0,2 m/s.
A figura destaca a amplitude (A) e o comprimento de onda ( λ ) :
A = 5 cm e λ  40cm  0,4m.
vλf
 f
v
2

λ 0,4

f  5 hertz.
Dados: c = 3  108 m/s; f = 40 MHz = 4  107 Hz.
λ
v 3  108

f 4  107
 λ  7,5 m.
Consideremos que no ponto P da figura ocorra interferência construtiva (máximo de interferência).
Para que tal ocorra, a diferença (Δd) entre as distâncias (dA e dB ) percorridas pelas ondas entre
cada uma das fontes e o ponto P deve ser um número inteiro (k) de comprimentos de onda:
Δd  k λ .
Da figura:
2
d2A  dB
 d2  d2A  x2   N λ 
2
 dA  x2  N2 λ2 .
Impondo a condição de interferência:
Δd  k λ
 dA  dB  k λ

x 2  N2 λ2  x  k λ

x 2  N2 λ2  k λ  x  x 2  N2 λ 2  k 2 λ 2  2 k λ x  x 2 
x
N
2

 k2 λ  2 k x 
N2  k 2
λ.
2k
Como somente interessam pontos à direita do ponto B (x  0), sendo N e k inteiros positivos,
temos:
x  0  N2  k 2  0  N2  k 2  N  k  k  N.
O maior valor de k que satisfaz as condições do problema é, então:
k  N  1.
A diferença entre os caminhos percorridos pelos dois raios que atingem o olho do observador é
Δx  2 E.
Como há inversão de fase numa das reflexões, a interferência ocorre com inversão de fase.
λ
Assim, a diferença de caminhos deve ser igual a um número ímpar (i) de semiondas   .
2
Então:
Δx  i
λ
2
i  1, 3, 5, 7,...
Como o enunciado pede a espessura mínima, i  1. Assim:
2 E mín  1
λ
2

Emín 
λ
.
4
Dados: nc  1,5; λ A  480 nm  480  10 9 m; λB  600 nm  600  10 9 m; α  3.
Quando o sentido de propagação da luz é do menos para o mais refringente, a reflexão ocorre
com inversão de fase e quando é do mais para o menos refringente, não ocorre inversão de fase
na reflexão.
Assim o raio A reflete com inversão de fase e o raio B, sem inversão de fase. Portanto, esses
raios refletidos estão em oposição de fases. Assim, a interferência destrutiva ocorre para uma
diferença de percurso  Δ x  igual a um número par (p) de meios comprimentos de onda.
Como o ângulo  é pequeno:
λ
λ
Δx  2 d  p c  d  p c .
2
4
I
Para ângulos pequenos, expressos em radianos (α  10), podemos fazer:
d 3π
π

 dL
.
L 180
60
tgα  senα  αrad 
II
De (I) e (II):
λ
π
p c L
4
60
 Lp
15 λ c
3
 L  5 p λc.
III
Supondo que o índice de refração seja o mesmo para as duas radiações, da ondulatória vem:
λ 1
λc
n
λ

 λc 
 λc 
.
λ
nc
nc
nc
IV 
(IV) em (III):
L
5pλ
.
nc
V
Para um mesmo valor de L ocorre a interferência destrutiva dos dois raios para dois números
pares p A e pB .
Então, em (V):
5 p A λ A 5 pB λB

nc
nc

pA
λ
600  109
 B 
pB
λ A 480  109

pA
5

pB
4
 pB 
4
pA.
5
Como p A e pB são números inteiros (pares), os valores de pA deverão ser múltiplos de 10.
Assim, voltando em (V):

5  10  480  10 9
p A  10  L1 
 L1  16  10 6 m
1,5


5  20  480  109

 L1  32  10 6 m
p A  20  L 2 
1,5

ΔL  L2  L1   32  16   10 6  ΔL  16  10 6 m 
ΔL  16 μm.

Comparando os comprimentos de onda:
v s  λ s f  340  λ s 170.  λ s  2 m


6
6
6
λ e  2  10 μm  2  10 10 m  λ e  2 m



λe  λs.
A onda sonora é mecânica e longitudinal e a onda eletromagnética é transversal. Assim as
duas ondas são de naturezas e formas diferentes, não podendo haver interferência entre elas.
Combinando a definição de índice de refração com a equação fundamental da ondulatória:
nar 
c
v ar
 nar 
λ f
λ ar f
 nar 
λ
.
λ ar
I 
A interferência ocorre devido às duas passagens do raio pela cápsula. Para o vácuo, o número de
comprimentos de onda que cabem na cápsula é:
Nv 
2d
.
λ
Quando há ar na cápsula, o meio torna-se mais refringente, diminui a velocidade de propagação
e, consequentemente, o comprimento de onda. O número de comprimentos de onda que cabem
na cápsula com ar é, então,
Nar 
2d
.
λ ar
De acordo com o enunciado:
Nar  Nv  N 
λ ar 
2dλ
.
Nλ2d
2d 2d

N 
λ ar
λ
2d N λ  2d

λ ar
λ

II
Substituindo (II) em (I):
n
λ
2d λ
n 1
 n
N λ2d
2dNλ
2d

Nλ
.
2d
Dados: v = 330 m/s; f = 440 Hz.
Se o Sr. Rubinato não está mais ouvindo o Lá é porque está ocorrendo interferência destrutiva.
Para que ocorra tal fenômeno é necessário que a diferença de percurso entre o ouvinte e as duas
fontes ( no caso, ) seja um número ímpar (i) de meios comprimentos de onda. O menor valor de
é para i = 1.


2

 38 cm.

v
f
2


330
2  400

 0,375 m 
A interferência construtiva para fontes idênticas de intensidade I0 tem intensidade máxima que é
diretamente proporcional ao quadrado número n de fontes: In  n2 I0 .
- Para os três orifícios abertos: I3  9 I0 .
- Para dois orifícios abertos: I2  4 I0 .
- Para um orifício aberto: I1  I0 .
Fazendo as razões:
I2 4
I2 4 I0
I  9 I  I  9 .
0
3
3



I
1
 I1  I0
 1  .
I
9
I
I
9
0
3
3
Dados: nar  1; n  1,5; f  2,5  109 Hz; c  3  108 m / s.
Na refração não ocorre inversão de fase. Na reflexão ocorre inversão de fase quando o sentido de
propagação é do meio menos para o meio mais refringente, mas não ocorre quando for do meio
mais para o menos refringente.
Assim, na primeira incidência (ar-prato), o raio refletido sofre inversão de fase, mas o raio
refratado no prato não sofre inversão de fase; na segunda incidência (prato-ar) o raio refletido não
sofre inversão de fase. Portanto, a diferença de fases entre os dois raios refletidos, quando se
λ
propagando novamente no ar, é π rad , o que corresponde a meio comprimento de onda   , ou
2
 
seja, os dois raios estão em oposição de fases. A diferença de percurso entre eles é Δx  2d ,
sendo d a espessura do prato.
Calculando o comprimento de onda no prato:
n
c
v
 n
c
c
3  108
 λ

 0,08 m  λ  8 cm.
λ f
f n 2,5  109  1,5
Para que a reflexão seja máxima, deve haver interferência construtiva entre os raios refletidos.
Como eles estão em oposição de fases, a diferença de percurso deve ser múltipla de um número
ímpar de meios comprimentos de onda.
Δ xn
λ
2
 2dn
λ
2
 dn
λ
4
n  1; 2; 3....
A espessura do prato é mínima quando n = 1. Então:
d  1
λ
4
 d
8
4
 d  2 cm.
Questão relacionada à Superposição de ondas com a possibilidade de ocorrer Interferência
Construtiva ou Destrutiva.
Quando a Interferência é Construtiva temos a intensidade máxima da onda, pois as suas
intensidades se somam e a diferença de caminho entre as duas ondas representa um múltiplo
natural do comprimento de onda.
ΔL  nλ (n  )
E quando a Interferência for Destrutiva, as intensidades se anulam na soma das ondas
acontecendo nos casos em que a diferença de caminho entre as duas ondas seja um múltiplo
natural da metade do comprimento de onda.
ΔL  (2n  1)
λ
(n  * )
2
Sendo assim, o único gráfico que se encaixa nestas descrições é o da alternativa [C].
Os receptores de rádio possuem filtros passa-faixa, selecionando a frequência a ser decodificada
(onda portadora). Havendo mais de um emissor operando em frequências próximas, poderá haver
interferência.
A qualidade do som que permite diferenciar sons de mesma frequência e de mesma intensidade é
o timbre.
A altura de um som é caracterizada pela frequência da onda sonora, diferenciando um som grave
de um som agudo.
A intensidade de um som é caracterizada pela amplitude da onda sonora, diferenciando um som
fraco de um som forte.
De acordo com o enunciado, a onda envolvida é sonora, que é uma onda tridimensional. A
intensidade (I) de ondas tridimensionais é medida pela razão entre a potência (P) emitida pela
fonte e a área (A) abrangida.
I
P 
W/m2  .

A 
O som é uma onda mecânica, sendo o som de menor frequência o mais grave e o de maior
frequência o mais agudo.
O nível de intensidade sonora está relacionado à amplitude de uma onda.
Comentário: De acordo com as normas do Sistema Internacional de Unidades, o plural das
unidades e feito apenas com acréscimo de s no final, ficando sem flexão, caso a palavra já
termine em s. Assim o termo correto é decibels, embora os dicionários brasileiros já aceitem o
termo decibéis.
[I] Incorreto. Decibel (dB) é a unidade usada para medir a característica do som que é o nível de
intensidade sonora. A altura é medida pela frequência.
[II] Correto.
[III] Correto.
O fenômeno em questão é o eco, ocorrido pelo som, que é uma onda mecânica.
Entre a emissão e a recepção do eco, a onda sonora percorre a distância 2d.
2 d  v Δt  d 
v Δt
340  0,1
 d

2
2
d  17 m.
O período das marteladas é:
T
1 1

 T  0,5 s.
f 2
O som de uma martelada que é refletido em C deve retornar a A no mesmo instante em que é
dada a próxima martelada, emitindo um novo som. Assim, os dois sons chegam juntos ao ouvido
do estudante, fazendo com que ele perceba um único som, mais intenso.
Portanto:
2d  vT  d 
v T 340  0,5 170



2
2
2
d  85 m.
Consideremos que o som sofra reflexão difusa no obstáculo (O), possibilitando que os três amigos
recebam o som refletido (eco).
Como (A1) e (A2) ouvem o eco ao mesmo tempo, eles devem estar à mesma distância do
obstáculo (O) como ilustrado na figura, gastando o mesmo tempo na ida e na volta:
tida  t volta  4  tida  t volta  2 s.
Como a velocidade do som é 300 m/s, em 4 s são percorridos 1.200 m, sendo 600 m da ida e 600
m da volta, como também mostra a figura.
No triângulo retângulo OMA2, temos:
cos  
360
600
 cos   0,6.
Como α e θ são ângulos suplementares:
cos    cos   cos   0,6.
Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo OA2A3:
d2  6002  280 2  2  600  280  0,6 

d2  360.000  78.400  201.600  640.000 
d  800 m.
O tempo gasto (t3) para o som ir de O até A3 é:
t3 
d 800

 2,7 s.
v 300
O tempo total de percurso do som desde o disparo por A1 até refletir no obstáculo e atingir A3 é:
t total  tida  t3  2  2,7  4,7 s.
Dos dados do exercício, pode-se inferir que a corda está no 2º Harmônico.
Nesta situação, λ  L.
Logo, λ  60 cm.
A reflexão da onda mecânica na mangueira acontece com inversão da fase devido ao extremo ser
fixo. Se a extremidade da mangueira estivesse frouxa como um laço aberto, a reflexão do pulso
não teria a inversão de fase.
Combinando a equação de Taylor com a equação do movimento uniforme:

F
v 

μ

L

v  Δt

F L
L

 Δt 

μ Δt
F
μ
Δt  L
μ
.
F
Do instante t 
T
T
até t  3 decorre meio período, ocorrendo inversão de fase em cada uma das
4
4
ondas, como ilustra a figura, acarretando a onda estacionária mostrada.
A velocidade de propagação de uma onda numa corda depende da intensidade das forças de
tração (F) aplicadas nas extremidades e da densidade linear (μ ) da corda. A tensão na corda (T) é
a razão entre a intensidade da tração e a área (A) da seção transversal.

F
v 

μ

F

T  A  F  T A
 v
TA
μ
A expressão final nos mostra que a velocidade aumenta com o aumento da tensão na corda.
Esta questão exemplifica o experimento da fenda dupla, onde um feixe de elétrons possui
comportamento de interferência construtiva e destrutiva após a passagem pelas fendas,
produzindo um padrão de interferência como obtido por ondas. A figura que representa esse
comportamento corresponde à alternativa [A].
[V] As ―partículas‖ que Feynman menciona são os fótons.
[V] A grandeza característica da onda que permite calcular a energia dessas ―partículas‖ é sua
frequência ν, através da relação E  h ν.
[F] O efeito fotoelétrico coloca em evidência o caráter corpuscular da luz.
[F] Interferência e difração são fenômenos exclusivamente ondulatórios.
O fenômeno ilustrado na figura é a difração. Esse fenômeno ocorre quando uma onda contorna
um obstáculo, como o som contornando um muro, permitindo que um menino ouça a conversa de
seus colegas escondidos atrás do muro.
Pode ocorrer reflexão nas paredes ou difração ( contorno de um obstáculo).
Difração é um fenômeno exclusivamente ondulatório. Ocorre quando uma onda contorna um
obstáculo ou atravessa fendas. A difração é mais acentuada quando as dimensões do obstáculo
têm a mesma ordem de grandeza do comprimento de onda.
im 
ne
n e v 3000  1011  1,6  1019  3  108
ΔQ



 0,48 A  1 A 
ΔS
Δt
ΔS
30  103
v
im  100 A.
As lâmpadas L 2 e L3 estão ligadas corretamente, consumindo a potência nominal. Porém, L1
não está ligada de acordo com as suas especificações consumindo potência diferente da nominal.
Calculemos essa nova potência supondo que sua resistência permaneça constante.
P
2
U
R

2002
120 

R

2
 ' 100
P1  R

P1'
 100 

120  200 
2
 P1' 
120
 30 W.
4
A energia consumida é diretamente proporcional ao tempo de operação:  ΔE  P Δt  .
Assim, consome mais energia a lâmpada que dissipa maior potência.
P2  P1'  P3  E2  E1  E3 .
O carregador do celular é um transformador que transforma a tensão de entrada da rede para a
tensão de saída, compatível com a da bateria do aparelho.
Dados: n  8.000; E  0,14 V; R  6.000 Ω.
Os eletrócitos funcionam como baterias em série. Aplicando a 1ª lei de Ohm, vem:
U  R i  nE  Ri  i 
n E 8.000  0,14 

 i  0,19 A 
R
6.000
i  190 mA.
Consultando a tabela dada, concluímos que após o choque essa pessoa sofreria fibrilação
ventricular.
Dado: R  0,5 kΩ  0,5  103 Ω; i  12 mA  12  10 3 A .
Aplicando a 1ª Lei de Ohm:
U  R i  0,5  103  12  103 
U  6 V.
Trata-se de uma ponte de Wheststone em equilíbrio.
L1  L2  100  L2  100  L1


R1 L2  R2 L1  10 100  L1   40 L1 

L1  20 cm.

L2  80 cm.
Para ficarem sob mesma ddp, os três dispositivos deve ser associados em paralelo. Porém, a
chave deve ligar e desligar apenas a lâmpada, devendo estar em série apenas com esta.
A unidade watt (W ) foi criada para designar potência no Sistema Internacional de Unidades sendo
uma justa homenagem a James Watt por todo o seu trabalho de desenvolvimento de motores a
vapor.
A energia dissipada (E) num resistor de resistência R sujeito a uma tensão U é dada pela
expressão:
E
U2
Δt. Assim, ao dobrar a tensão, a energia dissipada fica quatro vezes maior
R
Eperd  95% Econs  0,95 Pcons Δt  Eperd  0,95  60  3.600 
Eperd  205.200 J.
Seja U a tensão fornecida pela bateria e R a resistência de cada lâmpada.
- L1 está ligada diretamente à bateria, estando sob tensão U;
- L 2 e L3 estão ligadas em série. Então a tensão em cada uma delas é U 2.
As potência dissipadas são:

U2
P1 
R


U

P2  P3  2
R

 

2

2
P1  P2  P3 .
P
U
 1
4R 4
Para resolver essa questão simples, basta transformar quilocalorias por dia (kcal/dia) para Joules
por segundo (J/s = W)
2000
kcal 1000cal 4,18 J 1 dia
1h




 96,76 W
dia 1 kcal
1 cal 24 h 3600 s
Com isso, a alternativa aproximadamente correta é [C].
A potência transmitida é a mesma nos dois casos:
P1  P2  U1 i1  U2 i 2  500 i 1  50 i 2  i 2  10 i 1.
Considerando que resistência da rede de distribuição se mantenha constante, as potências
dissipadas na rede são:
P  R i 2
1
 d1

2
2
2

Pd2  R i 2  R 10 i1   R100 i1
A potência do equipamento 3 é:
P3  U i  110  5  P3  550 W.
Consultando a tabela:
P1  P3  550 W.

Pd2 R100 i12


Pd1
R i12
Pd2  100 Pd1 .
Basta seguir a seta em cada um dos gráficos.
No gráfico da figura 1, para a potência de 150 W obtemos que a resistência é de 325Ω. No gráfico
da figura 2, para a resistência de 325Ω, obtemos a temperatura de 3.000C.
Com os dados fornecidos,
τ 34,86  103

Δt
3486
P  10 W
P
Com isto, pode-se concluir que com um litro de gasolina, pode ser mantido um aquecedor de 10
Watts de potência durante 3486 segundos.
Pede-se a razão entre a energia consumida pela lâmpada de LED e a lâmpada incandescente em
um consumo de 3,75 horas e 0,5 horas respectivamente. Disto,
ELED PLED  tLED 4  3,75


1
ELI
PLI  tLI
30  0,5
A cada 100 kWh  R$ 5,50
Logo,
100 kWh  100000 Wh
Sabendo que,
J
e 1h  3600s
s
J
105 Wh  105  3600  s  3,6  108 J
s
W
As tomadas de uma residência devem ser ligadas em paralelo para que os aparelhos possam
funcionar independentemente e para que se possa aplicar a tensão adequada a cada
eletrodoméstico.
- Volume do cilindro: V  A L  V 
- Corrente elétrica: i 
- Velocidade: v 
L
Δt
ΔQ
Δt
 i
π D2
4V
L  L
4
π D2
ne
Δt
 Δt 
ne
i
I
II
III
(I) e (II) em (III):
v
4V
L
i


2
Δt
n
e
πD
 v
4 Vi
n e π D2
.
Dados:
V  1 cm3  106 m3 ; D  1,6 mm  1,6  103 m; i  10 A; n  8,4  1022 ; e  1,6  1019 C; π  3,14.
Substituindo valores:
v
4 106  10

8,4  1022  1,6  1019  3,14  1,6  103

2
 3,7  104 m/s 
v  10 4 m/s.
[A]
Como a potência elétrica dissipada em função da resistência e da tensão é dada por:
P
U2
R
E sabendo que a resistência equivalente de um circuito em série é maior que quando comparada
à associação em paralelo, temos
Ps 
U2
U2
e Pp 
Rs
Rp
Como Rs  Rp ,
Logo, Ps  Pp .
Aplicando a 2ª lei de Ohm:
R
ρ L 17  0,5


A
0,05
R  170 Ω.
Dado: A2 = 2 A1.
Combinando a primeira e a segunda lei de Ohm:

ρL
i
 V1  R1 i  V1 
A1


V  R i  V  ρ L i
2
2
 2
2 A1

V1 ρ L i
2 A1


V2
A1
ρL i
 

V1
2 
V2
V1  2 V2 .
A resistência varia porque varia a resistividade do material.
Se R = 0, temos:
0  R0 1  k T  
k
1  k T  
0
R0
 1 kT  0  k 
1
1


T
273
1
C1.
273
Dados: PA = 12 W; UA = 6 V.
Calculando a resistência (RA) do aquecedor:
PA 
U2A
62
 12 
 R A  3 Ω.
RA
RA
- A tensão no aquecedor é 6 V. Como R2 e RA estão em paralelo, a tensão na associação também
é 6 V, ou seja: U2A = 6 V.
- Sendo U1 a tensão no resistor R1, temos:
U1  U2A  12  U1  6  12  U1  6 V.
Mas, sendo I a corrente total:
U1  R1 I  6  R1 I.

R A  R2
3  R2

I  6
I
U2A 
R A  R2
3  R2

R2  3  R1   3  R1 
 R1 
3  R2
 3  R2  3  R1  R1  R2 
3  R2
R2
3

.
R1 3  R1
Como R1 tem valor positivo, 3 – R1 < 3, então:
R2
3
1 
1 
3  R1
R1
R 2  R1 .
Além disso, se:
3
 1  3  R1  0  3  R1 
3  R1
R1  3.
Como o arco AB corresponde a 90° pela esquerda e a 270° pela direita, o comprimento total da
circunferência (4 L) fica dividido em L pela esquerda e 3 L pela direita. Sendo a resistência
diretamente proporcional ao comprimento, o circuito pode ser simplificado como a associação em
paralelo mostrada na figura a seguir:
3 R  R  160  4 R  160  R  40 Ω.
A resistência equivalente é:
Req 
3 R2
3 R 3  40 


 30 Ω.
4R
4
4
Aplicando a Lei de Pouillet:
E  Req i  90  30 i

i  3 A.
Estabelecendo um curto-circuito, popularmente conhecido como ―chupeta‖, entre os pontos M e N,
os três resistores em paralelo não mais funcionam.
Para as duas situações inicial e final, as respectivas resistências equivalentes são:
R
7

RI  3  2 R  3 R.


R  2 R.
 F

Calculando as potências dissipadas:

3 E2
E2
PI 

7R
7 R

U2

3
Pd 

R

E2
PF 
2 R


 
PF
7 R
E2


PI 2 R 3 E 2

PF 7
 .
PI 6
Os três dispositivos estão ligados em paralelo, submetidos à ddp U  12V.
Calculando a corrente total máxima (I):

U 12
No resistor: U  R iR  iR  R  12  iR  1 A.

PL
6


 iL  0,5 A.
Na lâmpada: PL  U i L  iL 
U 12

No alto-falante: iA  1 A.


I  1,2 1  0,5  1 
 I  1,2 i R  i L  i A  
I  3 A.
Seja R a resistência de cada lâmpada e U a ddp fornecida pela associação das duas pilhas.
Calculemos a corrente em cada lâmpada nos dois casos, usando a 1ª lei de Ohm:
CHAVE ABERTA:
Rab  R  R  2 R.
A corrente gerada é:
Iab 
U
U

.
Rab 2 R
As correntes nas lâmpadas são:
i1  i2  Iab 
U
 0,5 R; i3  0.
2R
CHAVE FECHADA:
R fec  R 
R 3 R

.
2
2
A corrente gerada é:
I fec 
2U
U
U


R fec 3 R 3 R
2
 I fec  0,67
U
.
R
As correntes nas lâmpadas são:
i1  Ifec  0,67
I
U
; i2  i3  fec  0,33 R .
R
2
Conclusão: i1 e i3 aumentam e i2 diminui.
[C]
Os dois resistores de 20 Ω estão em paralelo, sendo, portanto, percorridos por correntes de
mesma intensidade, 500 mA. Então a corrente total é i = 1.000 mA = 1 A.
A resistência equivalente do circuito é:
Req  20 
20
 30 Ω.
2
Aplicando a Lei de Ohm-Pouillet:
ε  Req i  30  1 
ε  30 V.
Calculando a potência máxima que o disjuntor permite que seja consumida:
Pmáx  U Imáx  127  25  3.175 W.
Verificando a alternativa [A]:
PT = 2.000 + 1.500 + 250 = 3.750 W.
Esses três aparelhos ligados simultaneamente consomem mais que a potência máxima,
desarmando o disjuntor.
Como R1 = R2, e sendo a ligação em paralelo, os dois resistores são percorridos pela mesma
corrente (i). Portanto, a corrente em R1 é o dobro da corrente em R2 e R3 (I = 2 i). Assim:
P  P  2 R i2
3
1
 2

2
P1  R1  2 i   P1  4 R1 i2

 P1  2 P2  2 P3 .
A potência gerada em cada pancada é:
P
ΔE 0,5

 1 W.
Δt 0,5
Relacionando potência e corrente elétrica:
P  Ui  U
P
1

 0,25  103 
i 4  103
U  250V.
Da expressão da potência útil fornecida por uma bateria:
P  U i  12  4 
P  48 W.
Calculando a energia consumida por cada aparelho:
ΔE  P Δt

Panela : ΔE  1500  10  15.000 Wh  15 kWh.
Pa

Lâmpada : ΔELa  0,12  20  2,4 kWh.

Forno: ΔEFo  U i Δt  200  30  5  30.000 Wh  30 kWh.

2
2
 Aquecedor : ΔE  U Δt  200  10  80 kWh.
Aq

R
5

Ferro:
Δ
E

2.000

5

10.000
Wh  10 kWh.
Fe

Assim: ΔEAq  ΔEFo  Δ EPa  ΔEFe  Δ ELa .
Comentário: Com os dados do enunciado, e impossível determinar se as tensões na lâmpada e
na televisão são iguais ou diferentes, pois nas redes domésticas há possibilidades de ligações em
diferentes tensões, como por exemplo, 127 V e 220 V. A questão ficaria sem resposta.
Considerando que o técnico que Affonso contratou tenha bom senso, ele deve ter ligado a
lâmpada e a televisão à mesma tensão.
Quanto à potência, no mesmo intervalo de tempo, o aparelho de maior potência consome mais
energia, conforme mostram os cálculos:
E  P Δt
5
E
 Lâmp  60  3.600   2,16  10 J.
 
ETelev  90  3.600   3,24  105 J.
Para calcular a quantidade de horas que o chuveiro ficou ligado, é necessário calcular o
quantidade de kWh que corresponde ao custo que corresponde ao custo de R$ 45,00 na conta
mensal.
Custo Total 45

Custo kWh 0,3
nº kWh  150 kWh
nº kWh 
Como a potência do chuveiro é de 5,0 kW, a cada hora ligado ele consome 5 kWh. Logo,
1h
x
5 kWh
150 kWh
x  30 horas
Como os resistores estão associados em série, eles são percorridos pela mesma corrente:
I1  I2 .
Relacionando as resistências:
2 P1  P2 
2 R1 I 2  R2 I 2 
2 R1  R2 .
Quantos às tensões:

 V1  R1 I


 V2  R 2 I  V2  2 R1 I
 V2  2 V1 
Para a associação abaixo:
V1  V2 .
Req 
R R 2R
 

2 2
2
Req  R.
O brilho de uma lâmpada depende da sua potência. A lâmpada de maior potência apresenta brilho
mais intenso.
Com a chave na posição A, as lâmpadas 1 e 3 ficam ligadas em paralelo e a lâmpada 2 não
acende; sendo R a resistência de cada lâmpada, a resistência equivalente é R A 
R
.
2
A potência dissipada na lâmpada 1 (P1A ) é metade da potência dissipada na associação (PA ). Se
a tensão fornecida pelo gerador é U, temos:
U2 U2
2U2
PA 

 PA 
.
RA R
R
2
P
U2
P1 A  A  P1 A 
.
2
R
Com a chave na posição B, as lâmpadas 1 e 3 continuam em paralelo e em série com a lâmpada
2.
A resistência equivalente (RB ), a corrente total (I), a corrente na lâmpada 1 (i1B ) e a potência
dissipada na lâmpada 1 (P1B ) são:
R
3R

RB  2  R  RB  2 .

I  U  2 U .
 3R
3R

2

i  I  U .
 1B 2 3 R


U2
U2
2
P

R
i

R

P

.
1B
1
1B

9R
9 R2

Assim:
R A  RB

P1A  P1B .
Assim, a lâmpada 1 brilhará mais quando a chave estiver em A.
Quando usamos um ―Tê‖ para ligar dois ou mais aparelhos, estamos fazendo ligações em
paralelo. Isso aumenta a corrente fornecida pela fonte (no caso, a tomada) e essa sobrecarga de
corrente provoca sobreaquecimento na fiação, aumentando o risco de incêndio.
A quantidade de carga elétrica contida na bateria é dada por:
q  i  Δt
75Ah  50A  Δt
75
Δt 
h
50
Δt  1,5h
Sabendo que a autonomia (em horas) da bateria é 1,5 horas temos:
Δs  v  Δt
Δs  60  1,5
Δs  90 km
Primeira Lei de OHM
V  R.i  12  Rx6  R  2,0k
Calculando a corrente elétrica:
i
U 1500

 1,5 A  i  1500 mA.
R 1000
Como a corrente para provocar fibrilação (ifib) é de 500 mA:
i
ifib

1500
500
 i  3 ifib .
Das expressões da potência elétrica e da segunda lei de Ohm:
P
U2
R
 P220  P110
R220  4  R110


ρ L220
A 220
 220 2
R220
 4

110 2
R110
ρ L110
A110


L220
A 220
R220  220 

R110  110 
L
 4  110 .
A110
2

(I)  A 220  A110  L220  4  L110

Se 
A110
II  L220  L110  A 220 
4

Nas opções mostradas, somente há a hipótese (II).
Quando se fecha a chave, surge um campo elétrico ao longo de todo o fio, fazendo com que as
cargas comecem a se deslocar, formando a corrente elétrica.
As figuras 1 e 2 ilustram as situações simplificadas com as chaves abertas e fechadas,
respectivamente.
Calculando a corrente I1 (leitura do amperímetro) no circuito da Fig. 1.
Lei de Ohm-Pouillet.
 1,5   300  100  50  I
ε RI
eq1
1
1
 I 
1
1,5
450

1
A.
300
I 
1
A diferença de potencial (UBC) entre os pontos B e C é:
 1 
 U  100 
 
 300 
U  100 I
BC
1
U 
BC
BC
1
V.
3
Quando as chaves são fechadas, a resistência de 50  fica em curto-circuito, podendo ser
descartada, como na Fig.2.
Como a leitura do amperímetro não se altera, a corrente no resistor de 100  continua sendo I1 e
a tensão entre os pontos B e C, também não se altera:
U 
BC
1
V.
3
O somatório das tensões entre os pontos A e C é igual à força eletromotriz da bateria,
possibilitando calcular a corrente I2:
ε  U U
AB
BC
 1,5  300 I 
2
1
3
 1,5 
1
 300 I 
3
2
4,5  1
 300 I 
3
2
3,5
A.
900
I 
2
Mas, pela lei dos nós:
i I  I
1
2
 i
1
3,5

300 900
 i
3,5  3
900
 i
0,5
A.
900
Finalmente, no resistor de resistência R:
U  Ri 
BC
1
900
 0,5 
 R
  R  1,5
3
900



R  600 Ω.
Como o circuito está aberto entre os pontos A e B, a corrente elétrica entre esses pontos é nula,
sendo, portanto, também nula a corrente pelo resistor de R2 = 4 , ligado ao ponto A; ou seja,
esse resistor não tem função, não entrando no cálculo da resistência equivalente. O circuito da
figura 2 é uma simplificação do circuito da figura 1.
Calculando a resistência equivalente:
Req 
2
 4  5 .
2
A ddp no trecho é U = 5 V, e a ddp entre os pontos A e B (UAB) é a própria ddp no resistor R1.
Assim:
U  Req I  I 
U
5
  1 A.
Req 5
UAB  R1 i  4 1  UAB  4 V.
A resistência equivalente do circuito é:
R  1 1/ /1  1 0,5  1,5
A corrente no circuito é:
V  R.i  3  1,5.i  i  2,0A
A ddp procurada é:
V  R.i  VAB  1x2  2,0V
Quando o fio metálico é ligado como mostrado na segunda figura, as lâmpadas L1 e L2 entram em
curto circuito, apagando. A lâmpada L3 permanece acesa, com brilho mais intenso que antes.
O circuito está representado abaixo.
Considerando o voltímetro ideal, temos:
10
1

10   470  100  i1  i1  570  57 A.
UR i 
10   470  120  i  i  10  1 A.
1
2

590 59
1

 VA  VB  470  57

 V  V  470  1
A
C
59


1

 VA  VB  470  57

 V  V  470  1
A
C
59

 VB  VC 
470 470

 0,28 V 
59
57
VB  VC  0,3 V.
A equação do gerador é:
U  ε  r i  U  1,5  0,05 1  1,5  0,05 
U  1,45 V.
I. Incorreta. O consumo de energia está relacionado à potência (E  P t). A relação entre as
potências é:
Pled 8
  0,89  89%. A troca ocasionará uma economia de 11%.
Pflu 9
II. Correta. Sendo e a eficácia luminosa, temos: eled 
450
 56,25 lm / W.
8

9
9
 iflu  110
iflu
9
220 18
110





 2,25.

8
iled
110
8
8
 i  8
220
 led 220
IV. Correta. ΔE  P Δt  8  25.000   200.000 W  h  200 kW  h.
P
III. Correta. P  U i  i 
U
Dados: U = 220 V; i = 0,5 A
Se a geladeira fica ligada 5 minutos por hora, seu tempo de funcionamento em um dia é:
 min  1  hora 
 horas 
t  5 

 24 



  2 h /dia.
 hora  60  min 
 dia 
Da expressão da energia consumida por um aparelho ligado a uma ddp U percorrido por corrente
i:
E  P t  E  U i t  220  0,5  2  220 W  h 
E  0,22 kWh.
Dados: tS = 1 min = 60 s.
As resistências equivalentes das associações série (RS) e paralelo (RP) são, respectivamente:
RS  2 R e RP 
R
.
2
Para o mesmo aquecimento, é necessária a mesma quantidade de calor nas associações
paralelo e série (QP = QS). Aplicando a expressão da potência elétrica para uma associação de
resistores:
QP  QS  PP tP  PS tS 
t
tP tS

 2 tP  S
R
2 R
2
2
tP  15 s.
U2
U2
tP 
tS 
RP
RS
 tP 
tS
4
 tP 
60
4

[I]. Incorreta. De acordo com o próprio enunciado, as lâmpadas eletrônicas utilizam menor
potência. Da expressão da potência elétrica (P = U i), se estão ligadas à mesma fonte, a ddp
(U) é a mesma para as duas lâmpadas, logo pela de menor potência (eletrônica) circula menor
corrente (i).
[II]. Correta. A ddp é estabelecida pela rede de distribuição.
[III]. Incorreta. Usando boa vontade e bom senso, suponhamos que os tempos de operação (Δt)
sejam iguais. Assim, da expressão da energia (E) consumida por um dispositivo de potência P
(E  PΔt), a lâmpada que utiliza maior potência consome maior energia, no caso a incandescente.
Como as lâmpadas são ligadas em série, cada uma ficará submetida a uma tensão de 110 V, que
é a sua tensão nominal. Portanto:
P  V.i  50  110.i  i 
50
 0,45A.
110
Resposta da questão 1318: ANULADA.
Questão anulada pelo gabarito oficial.
Parece faltar o pedaço do texto, grifado abaixo:
“... necessitam ser trocados. Uma vez removida a causa que provocou seu desligamento,
basta religá-lo para que a circulação da corrente elétrica se restabeleça.”
Porém, não foi essa falha que motivou a anulação da questão.
Calculemos a potência máxima que o disjuntor permite que seja consumida:
Pmáx  U Imáx  220  16  3.520 W.
Testemos as combinações propostas:
[A] 880 + 2.200 + 1.210 + 110 = 4.400 W. (eu não ligaria, pois desligaria o disjuntor.)
[B] 2.200 + 1.210 + 440 = 3.850 W. (eu não ligaria, pois desligaria o disjuntor.)
[C] 880 + 1.210 + 440 + 110 = 2.640 W. (eu ligaria, pois não desligaria o disjuntor.)
[D] 880 + 2.200 + 1.210 + 440 = 4.730 W. (eu não ligaria, pois desligaria o disjuntor.)
[E] 880 + 2.200 + 1.210 = 4.290 W. (eu não ligaria, pois desligaria o disjuntor.)
A pergunta é: “...quais você não ligaria simultaneamente, a fim de não desligar o disjuntor?”
Conforme mostram os cálculos acima, superariam a potência máxima as ligações das alternativas
[A], [B], [D] e [E]. Assim, para não desligar o disjuntor, eu não faria essas quatro combinações.
Portanto, há quatro alternativas corretas.
Se a pergunta fosse: "...quais você ligaria simultaneamente, a fim de não desligar o
disjuntor?" a resposta correta seria a alternativa [C].
O examinador confundiu-se no jogo de palavras que ele mesmo montou.
Como mencionado no enunciado:
i1 
i2
 i2  3.i1
3
Estando paralelas, as lâmpadas estão submetidas à mesma tensão elétrica. Analisando a
potência dissipada por cada uma temos:
P1  U.i1  U 
P1
i1
P2  U.i2  U 
P2
i2
P2 P1

 P2 .i1  P1.i2
i2
i1
P2.i1  P1.3.i1
P2  P1.3

P1 1

P2 3
Para que o amperímetro faça a leitura correta, ele deve ter resistência interna nula e ser ligado em
série com o trecho de circuito onde se quer medir a corrente.
O voltímetro deve ser ligado em paralelo com o trecho de circuito onde se quer medir a tensão
elétrica, ou seja, entre os terminais fase e neutro.
O amperímetro para medir a corrente total deve ser instalado no terminal fase ou no terminal
neutro.
O outro
amperímetro para medir a corrente na lâmpada deve ser ligado em série com ela.
Redesenhando o circuito, já com os dados.
Aplicando as leis Kirchoff:
Nó D:
i1  i2  i3
I
Malha CDBC:
10 i1  10 i2  30  0  i1  i2  3
(I) em (II):
i2  i3   i2  3
 2 i2  i3  3
II.
III.
Malha ABCDA:
10 i2  10 i3  10  0  i2  i3  1
IV .
Somando (III) e (IV):

2 i2  i3  3 III


i2  i3  1 IV 
 3 i2  2  i2 
2
A.
3
Substituindo em (IV):
i2  1  i3 
2
5
 1  i3  i3  .
3
3
Malha CABC:
10 i4  10  30  0  10 i4  40  i4  4 A.
Voltando em (I):
i1  i2  i3  i1 
2 5

3 3
 i1 
7
A.
3
Dados: U = 100  106 V; Q = 10 C; 1 J = 3  10-7 kWh.
 kW  h 
ΔE  U Q  100  106  10  109 J  ΔE  109 J  3  10 7 

 J 
ΔE  300 kW  h.
A potência de cada lâmpada de LED é P  V.i  120x01  12W.
.
A economia por lâmpada trocada é ΔP  100  12  88W.
Como as lâmpadas são 10000 e ficam ligadas 10h por dia, a economia total anual será:
W  10.000x88x360  3,2x109 Wh  3,2x106 kWh.
A economia em reais será: ΔC  3,2x106 x0,5  R$ 1,6x106.
Quando resistores são ligados em série a ddp nos extremos da associação é a soma das ddp em
cada elemento. Como os elementos são idênticos, as ddp também serão. Portanto:
4V  220  V  55 V.
Para que o movimento do feixe de elétrons seja retilíneo e acelerado no interior do quadrado, a
força elétrica deve ter o mesmo sentido da velocidade inicial. Como se trata de carga negativas
(elétrons), o vetor campo elétrico resultante deve ter, então, sentido oposto ao da força. Isso
somente é conseguido com a distribuição de cargas mostrada na figura. ER representa o vetor
campo elétrico resultante num ponto da trajetória.
A energia em um capacitor é dada por:
E
Q U
2
Analisando o ponto em que a tensão é 4 kV, a carga Q  0,10 C. Substituindo os valores na
equação, temos que:
0,10  4  103
2
E  200 J
E
[I] Quando um corpo eletrizado aproxima-se de um outro que está neutro, este sofre polarização
de cargas, havendo entre eles força de atração. Portanto a esfera X é atraída pela esfera Y.
Afigura ilustra a situação.
[II] Quando se liga a esfera Y a terra, elétrons são atraídos pela esfera X e sobem pelo fio terra,
deixando a esfera Y negativamente carregada, como indicado na figura.
Dados: QA   20 μC; QB  0; QC  50 μC.
Como as esferas são condutoras e idênticas, após cada contato cada uma armazena metade da
carga total.
Q  QB 20  0

1º Contato : A  B QB1  A

 QB1  10 μC.
2
2

Q  QB1 10  50

40
2º Contato : B  C QB2  C



2
2
2

QB2  20 μC.
Sabendo que Q  n  e, substituindo os dados fornecidos no enunciado, temos que:
3,2  106   n  1,6  1019 
n
3,2  106
1,6  1019
n  2  1013 e 
ou
n  20  1012 e 
Como o objetivo é uma carga negativa, podemos concluir que devem ser acrescentados 20
trilhões de elétrons ao objeto.
Esta questão trata da eletrização por contato, onde bastões metálicos idênticos são colocados em
contato, sendo dois com carga de 9,0 μC e outro neutro.
A resolução desta questão impõe o princípio da conservação de carga, isto é, o somatório das
cargas é constante antes e depois do contato.
A carga líquida resultante em um bastão será este somatório de cargas dividido igualmente pelos
três bastões.
Portanto:
Qt  Q1  Q2  Q3  constante
Qt  9,0 μC  9,0 μC  0  18,0 μC
E a carga de cada bastão após o contato será:
Q3' 
Qt 18,0 μC

 6,0 μC
3
3
Se a carga total do balão é mantida constante, a densidade de carga no balão depende somente
da área superficial do mesmo (inversamente proporcional)  ςm 
ΔQ
A sup
Logo, para se ter um aumento da densidade de carga, a área deve ser reduzida. Para tal, deve-se
reduzir a temperatura, reduzindo o raio do balão.
Segundo os conceitos sobre vetor Campo Elétrico, cargas positivas geram um campo elétrico de
afastamento e cargas negativas um campo elétrico de aproximação.
Analisando a questão em um ponto P entre o topo e a base da nuvem, tem-se o topo da nuvem,
por ser positivo, irá exercer um campo elétrico de afastamento, direção vertical e com orientação
para baixo. Como a base da nuvem é negativa, esta irá exercer um campo elétrico que irá
corroborar com o exercido com o topo.
Logo, o vetor campo elétrico gerado por essas cargas em um ponto entre o topo e a base é
vertical e tem sentido de cima para baixo.
Estando a lâmina em equilíbrio, significa que a força elétrica é igual à força gravitacional (peso) e
estão em oposição:
Fe  P
Usando as equações correspondentes à essas forças:
Fe  E  q e P  m  g
Ficamos com
Eq  mg
Mas a carga total em um corpo eletrizado é dada pelo produto do número (n) individual de
portadores de carga (no caso os elétrons) e a carga unitária (e) dessas partículas.
q  ne
Então
En e  m g
Isolando a quantidade de partículas
n
mg
Ee
Substituindo os valores com as unidades no Sistema Internacional, temos:
n
mg
3,2  10 6 kg  10 m / s2

 1,0  1010 elétrons
E  e 20  103 N / C  1,6  10 19 C
[I] (Verdadeira) Se a gaiola metálica for feita com tela metálica de abertura muito maior que o
comprimento de onda a blindagem torna-se ineficiente, pois a onda consegue penetrar a gaiola.
[II] (Falsa) No interior da gaiola o campo elétrico é nulo.
[III] (Verdadeira) O papel alumínio, sendo metálico, agirá como uma gaiola de Faraday, impedindo
o recebimento de ondas eletromagnéticas, isto é, o celular não recebe chamadas, pois o
campo elétrico no interior do invólucro de alumínio é nulo.
[IV] (Falsa) As cargas se acumulam na superfície externa da gaiola.
Sabendo que a energia potencial elétrica é dada por:
Ep 
k Qq
d
Se a distância entre as partículas diminui, a energia potencial Ep aumenta.
Pela análise do gráfico, sabemos que o potencial se mantém constante até que a distância seja
igual ao raio da esfera e para pontos externos o potencial decai. Com isso, calculamos a carga da
esfera junto a sua superfície (d  R  0,20 m).
A expressão para o potencial elétrico é
k Q
V 0
d
Isolando Q
Q
V
d
k0
Q  1 105
C
 0,20 m  Q  2  10 4 C
m
Usando o teorema da energia potencial:
A
WF  EB
Pot  EPot 
k0 Q q
dB

k0 Q q
dA

 1
1 
9
6
6  1 1 
3
WF  k 0 Q q 

  9  10  10  10  2  10     WF  90  10 
d
d
1
2


 B
A 
WF  90 mJ.

V
E d  V  E 
d

F  q E  F  e E


F
eV
.
d
A figura mostra o sistema formado.
Calculando as diagonais (d):

d 2  a2  2a 2

2
 9 a2
 d3a.
Pelo Teorema da Energia Potencial, o trabalho de uma força externa necessário para formar esse
sistema de quatro cargas é igual à Energia Potencial armazenada pelo sistema.
Assim:
W  E12  E34  E13  E24  E14  E23

2
E  E  k q
12
34

a

k q2

 W  2 kq2
E13  WE4 
2
a
2


2
E  E  k q
14
23

3a

1
1
1

 
a 2 a 2 3a
6 2 32 2 
2
W  2 kq2 
  W  2 kq

6
a
2


8 2 3 2
W  2 kq2 
 2 kq2
 6 a 2  2



 

6 2 32 2 
2

  2 kq
6
a
2


8 2 3

 
 6a 2 
 16  3 2 

 
 12a 
 16  3 2 
W  k q2 
 .

6a


Do enunciado, temos que:
C A  CB
cB 6

cA 5
m A  mB  100
Sabendo que a Capacidade térmica e o calor específico estão relacionados pela seguinte
equação, C  m  c
Podemos então dizer que:
C A  CB
m A  c A  mB  cB
c A mB

cB m A
mB
5

6 mB  100
5  mB  500  6  mB
mB  500 g
Sabendo que,
m A  mB  100
m A  600 g
Como é pedido a amostra mais leve, logo a resposta é 500 g.
[I] Convecção. Nas antigas geladeiras, as prateleiras são grades vazadas para que o ar frio (mais
denso), desça, enquanto o ar quente (menos denso) suba. Nas modernas geladeiras, existe o
dispositivo que injeta ar frio em cada compartimento, não mais necessitando de grades
vazadas.
[II] Radiação. Esse processo se dá através da propagação de ondas eletromagnéticas, não
havendo movimento de massa, ocorrendo, portanto, também no vácuo.
[III] Condução. Na verdade, condução e convecção que são os processos que movimentam
massa.
O calor necessário Qnec para aquecer a água será dado pelo calor sensível:
Qnec  m  c  ΔT  1000 g  1 cal / gC  100  10  C
Qnec  9  104 cal
Como somente 20% do calor fornecido pela combustão do carvão Qforn representa o Qnec :
Qnec  0,2  Qforn
Qforn 
9  104 cal
 4,5  105 cal
0,2
Logo, a massa de carvão será dada pela razão entre a quantidade total de calor emitida pela
combustão e o calor de combustão por grama de carvão.
m
4,5  105 cal
 75 g
6000 cal / g
Para o cálculo da potência, devemos transformar as unidades para o sistema internacional:
P
Qforn

Δt
4J
1 cal 18  105 J

 3000 W
60 s
600 s
10 min 
1 min
4,5  105 cal 
O equilíbrio térmico para um sistema isolado é dado pela somatória dos calores sendo igual a
zero, pois o calor é trocado entre os dois volumes de água no sentido da maior para a menor
temperatura.
Q  0
Como não há mudança de estado físico, os calores são sensíveis: Q  m  c  ΔT
Considerando que a densidade nas amostras de água são as mesmas, podemos representar a
massa de cada uma como sendo o seu volume.
Q1  Q2  0  Q1  Q2
m1  c  ΔT1  m2  c  ΔT2
0,10   T  25   0,15   T  15 
0,10 T  2,5  0,15T  2,25
0,25 T  4,75  T  19C
A quantidade de calor transferida em 1 hora será:
Q2
kcal 60 min

 120 kcal
min
1h
Usando a expressão para o calor sensível Q  m  c  ΔT e explicitando m :
m
Q
m
c  ΔT
120 kcal
 2 kg
kcal
1
  80  20  C
kg C
Da expressão do calor específico sensível:
Q  m c Δθ  Δθ 
Q
.
mc
O fluido arrefecedor deve receber calor e não sofrer sobreaquecimento. Para tal, de acordo com a
expressão acima, o fluido deve ter alto calor específico.
Em 150 g de castanha temos 10 porções. Portanto, da tabela, a energia liberada nessa queima é:
E  10  90  900 kcal  E  900.000 cal.
Como somente 60% dessa energia são usados no aquecimento da água, aplicando a equação do
calor sensível, temos:
Q  m c Δθ  0,6 E  m c Δθ  m 
0,6 E 0,6  900.000


c Δθ
1  87  15 
m  7.500 g.
Sendo o calor sensível dado por:
Q  m  c  ΔT
O calor específico explicitado fica:
c
Q
m  ΔT
Calculando com os valores fornecidos:
c
470 cal
cal
 0,094
100 g   70C  20C 
g  C
Dados: m1 
2m
m
; T1  10  C; m2 
; T2  40  C; Tf  16 °C.
3
3
Desprezando a capacidade térmica da garrafa, pela equação do sistema termicamente isolado
calculamos a temperatura de equilíbrio (Te ) :
 Qágua1  Qágua2  0  m 1 c  Te  T1   m 2 c  Te  T2   0 
 QI  0
2m
m
c  Te  10  
c  Te  40   0  Te  10  2 Te  80  Te  30 C.
3
3
O módulo da variação de temperatura é:
ΔT  Tf  Te  16  30  ΔT  14 °C.
Calculando a variação percentual (x% ) :
x% 
ΔT
Te
 100 
14
 100 
30
x%  46,7%.
I  800 W/m2; A  50 m2; h  2 m; d  1 g/cm3  103 kg/m3; 1 cal  4 J;
Dados: 

c  1 cal/g  °C  4 J/g  °C; Δθ  22  20  2 °C.
Calculando a massa de água:
V  A h


m
d  V

 d
m
 m  d A h  103  50  2  105 kg  m  108 g.
Ah
Calculando a potência absorvida:
I
P
 P  I A  800  50  P  4  10 4 W.
A
Aplicando a definição de potência e a equação do calor sensível:

Q
 Q  P Δt
P 
Δ
t

Q  m c Δθ

 P Δt  m c Δθ  Δt 
m c Δθ 108  4  2
2  104

 2  104 s 
P
3.600
4  104
h 
Δt  5,6 h.
Ao ser submetida ao aquecimento de uma substância pura que esteja no estado sólido, teremos
dois pontos em que a temperatura permanece constante à pressão constante. Primeiramente há o
aquecimento do sólido até o momento em que alcançado o ponto de fusão onde encontramos
duas fases distintas (sólido e líquido) sem que haja alteração da temperatura (região II do gráfico).
Ao derreter todo o sólido, resta apenas o líquido que ao absorver mais calor aumenta sua
temperatura até que a pressão de vapor atinja a pressão atmosférica (região III), neste ponto
estamos diante de mais uma mudança de fase (líquido para vapor) e a temperatura permanece
constante até que todo o líquido vaporize (região IV). No gráfico temos líquido quando começa a
fusão até o término da vaporização, ou seja, corresponde aos pontos II, III e IV.
As alternativas [A], [B] e [C] afirmam que um corpo tem mais ou menos calor estão equivocadas
conceitualmente, uma vez que o calor é energia térmica em trânsito sempre de um corpo com
maior temperatura, no caso o plástico, para o corpo com menor temperatura, o gelo. Sendo assim,
a alternativa correta é a [D].
De acordo com a equação de Fourier, o fluxo Φ por unidade de área (A) é:
6  60  20 
Φ k ΔT
240




A
Δx
 0,25  0,15  0,1
Φ
 2400 W/m2 .
A
Irradiação é o processo de transmissão de calor através do espaço, por meio de ondas
eletromagnéticas. Este é o único processo de transmissão de calor que ocorre no vácuo, ou seja,
que não há necessidade de um meio material.
Justificando as incorretas:
[I] Incorreta. A evaporação é um processo de vaporização que ocorre abaixo da temperatura de
ebulição.
[II] Correta.
[III] Incorreta. Não ocorre convecção porque a água quente, menos densa, está na superfície,
não realizando movimento descendente.
Q  M c Δθ  6  1024  0,5  700  2.700  Q  6  1027 kJ.
O jornal (papel) é um mau condutor térmico, ou seja, um bom isolante térmico. Diante disto, para
evitar a troca de calor entre o ambiente externo e o sistema proposto, o ideal é montar o sistema
com o jornal no topo, funcionando como uma tampa.
Como o ar frio é mais denso do que o ar quente e consequentemente ficará concentrado no fundo
do isopor, o gelo deve ficar por cima do refrigerante.
Logo, resposta correta é a alternativa [E].
Sabendo que Q  m  c  ΔT, pode-se encontrar os valores de Q1 e Q2 pelos dados fornecidos no
gráfico. Desta forma,
Q1  0,1 1  5   5  
Q1  2J
e
Q2  6  0,1 2,5   45  5 
Q2  10  6
Q2  16J
Logo,
Q1
2
1


Q2 16 8
Dados: h  2,1 m; g  10 m /s2 ; c  0,1 cal/(g  C)  420 J/(kg  C).
Q  80% Epot
 m c Δθ  0,8 m gh  Δθ 
g h 0,8  10  2,1


c
420
F  0,04 C.
Dados:
Vág  4  80  320 L  mág  320 kg  3,2  105 g; c  4,2 J / g  C;   60 – 20  40C;
  50%  0,5; I r  2,016  108 J / m2  mês.
Calculando a quantidade de calor que deve ser absorvida diariamente:
Q  mág c   3,2  105  4,2  40  Q  53,76  106 J.
A intensidade de radiação absorvida diariamente é:
Iabs 
 I r 0,5  2,016  108

t
30
 Iabs  3,36  106
J
2
m  dia
Calculando a área total das placas:
3,36  106 J / dia  1 m2


53,76  106 J / dia  A m2
 A
53,76  106
3,36  106
A  16 m2 .
A água perde 230 cal. De acordo com a convenção de sinais, calor cedido é negativo. Assim:
Q  m c Δθ   230  100 1θ  60  
230
 θ  60   2,3  60  θ 
100
θ  57,7C.
Dados: mx  50g; c x  0,26cal / g  C; θx  25C; mc  150g; cc  1cal / g  C; θc  100C.
Trata-se de sistema termicamente isolado. Então:
Q xícara  Qcafé  0  mx c x Δθx  mc c c Δθc  0 
50  0,26  θ  25   150 1 θ  100   0 
0,26 θ  6,5  3 θ  300  0  3,26 θ  306,5 
θ  94 C.
Nota: O examinador provavelmente utilizou o termo “morno” por engano.
A análise dos dados dispensa cálculos. A capacidade térmica da esfera metálica é desprezível em
relação à da água contida no reservatório, portanto, a temperatura da água praticamente não se
altera, permanecendo em cerca de 30 °C.
Mas, comprovemos com os cálculos.
Considerando o sistema água-esfera termicamente isolado:
Qesf  Qágua  0  Cesf Tesf  Cágua Tágua  0 
2  T  50   2.000  T  30   0  2 T  100  2.000 T  60.000  0
2.002 T  60.100  0  T 

60.100
 30,0998 C 
2.002
T  30 C.
Justifiquemos as incorretas
[I] Correta.
[II] Correta.
[III] Correta.
[IV] Incorreta. A panela de pressão deve ser usada em Lajes, onde a temperatura de ebulição da
água é menor.
Para pressões inferiores à do ponto triplo, uma substância pode passar diretamente do estado
sólido para o gasoso apenas por aumento de temperatura. A esse fenômeno dá-se o nome de
sublimação.
Dado: Q  1,5  104 J; L  2  105 J / kg.
Aplicando a equação do calor latente:
Q  mL  m 
Q 1,5  104

 0,075 kg 
L
2  105
m  75 g.
Do enunciado, sabe-se que existem duas caldeiras, com temperaturas TA e TB , e que ambas se
encontram a pressão constante de 1MPa. Ainda do enunciado, a caldeira A é destinada para a
água do café e a B para o vapor d’água para aquecer o leite.
A temperatura do café na xícara é TC e TC  TA .
No processo de fazer o café ou do vapor, quando a caldeira liberar o líquido contido nelas, a
pressão sofrerá uma redução brusca para o valor de 1atm (0,1MPa).
Com base nisto, pode-se concluir que:
1. Para que a água na xícara não seja vaporizada na produção do café, a temperatura TA deve
ser de 100C, pois após a redução de pressão, esta estaria no limite da vaporização da água na
pressão de 1 atm.
2. Para que o líquido já saia da caldeira B como um gás, TB 180 C , ou seja, a caldeira B terá
seu ponto de operação de 1MPa e 180 C, em cima da curva de vaporização do líquido.
Desta forma, pode concluir-se que a diferença de temperatura entre TA e TB é de 80 C. Como a
variação de temperatura em Celsius é igual a variação de temperatura em Kelvin, logo a variação
em Kelvin é também igual a 80.
As usinas nucleares utilizam água dos rios para condensar o vapor que aciona os geradores. No
final do processo de geração de energia, essa água aquecida na troca de calor é lançada de volta
aos rios, provocando a poluição térmica.
Justifiquemos as incorretas
[I] Correta.
[II] Correta.
[III] Incorreta. Os raios X penetram nos ossos.
[IV] Correta.
O calor transferido a um material para que ele mude do estado sólido para o líquido está
associado ao calor latente de fusão do material.
A irradiação depende da temperatura do corpo e da área de exposição. Cruzando os braços e
dobrando o corpo sobre as pernas, ela diminuiu essa área de exposição.
[I] INCORRETA. Os aquecedores devem ser mantidos próximos ao piso do ambiente para gerar
corrente convectiva: o ar quente sobe e o ar frio desce, aquecendo o recinto.
[II] CORRETA. É o que ocorre no processo da transferência de calor por irradiação.
[III] CORRETA. Quanto menor a superfície de troca, menor a perda de energia térmica.
[I] Incorreta. A convecção envolve movimento de massas causadas pela diferença de densidades
provocadas pelas diferenças de temperaturas devido ao diferente aquecimento ou resfriamento
das partes do fluido.
[II] Incorreta. A condução é o processo de transmissão de energia térmica feita por meio do
transporte de matéria de uma região para outra.
[III] Correta.
O aproveitamento da incidência solar é máximo quando os raios solares atingem
perpendicularmente a superfície da placa. Essa calibração é otimizada de acordo com a inclinação
relativa do Sol, que depende da latitude do local.
[I] O tubo metálico é para favorecer a condução do calor para a água.
[II] O tubo em forma serpentina aumenta o comprimento, favorecendo a absorção.
[III] O tubo pintado de preto favorece a absorção.
[IV] A água fria entra por baixo para haver convecção.
[V] O isolamento é para evitar condução.
[VI] O vidro é para evitar a condução para o meio externo.
Dados: Q = - 4.900 cal (calor cedido); m = 0,5 kg = 500 g; c = 0,175 cal/g°C; θ  20C.
Q  m c Δθ  Δθ 
Q
4.900

 Δθ  56  θ  θ0  56 
m c 500  0,175
20  θ0  56  θ0  20  56 
θ0  76 C.
Dados apresentados no enunciado:
mx  4my
Cx  2Cy
A relação entre a capacidade térmica de um corpo e sua massa é dada por:
C  m  c , em que ―c‖ corresponde ao calor específico sensível. Assim sendo, temos:
mx  c x  2  my  c y  4my  c x  2  my  c y
2  cx  cy

cx 1

cy 2
P
Q mcΔθ
P.Δt
50x20

c 

 0,25cal / (gC)
Δt
Δt
m.Δθ 200x20
Considerando o sistema termicamente isolado, temos:
Qágua1  Qágua2  0  mquente c água
mQuente
mfria

5
1

40 8

mQuente
mfria
 30  70   mfria
c água  30  25  
 0,125.
Dados: c  0,4cal / g  C; P  120cal / min; Δt  15 min; Δθ  50C

Q
 Q  P Δt
P 
Δt

Q  m c Δθ

 m c Δθ  P Δt  m 
P Δt 120  15


c Δθ 0,4  50
m  90 g.
Para haver resfriamento e liquefação do nitrogênio, o sistema de refrigeração deve realizar
trabalho sobre o gás.
A energia cinética de um gás é diretamente proporcional à sua temperatura absoluta. Como os
dois gases estão à mesma temperatura, as energias cinéticas médias das moléculas são iguais.
EH  EO 
2
2
2
MH vH
2
2
Se MH  MO , então:
2
2
2

2
MO v O
2
2
2
.
vH  v O .
2
2
A Primeira Lei da Termodinâmica é a aplicação do princípio de conservação de energia em um
sistema gasoso. Se um sistema recebe/cede calor ao meio externo, essa energia pode ser
utilizada aumentando/diminuindo sua temperatura (aumento/diminuição da energia interna) e/ou
utilizado para realização de trabalho.
Desta forma,
Q  τ  ΔU
Da primeira lei da termodinâmica:

3
5
Isobárica : QP  Q  ΔU  W  Q  2 n R ΔT  n R ΔT  Q  2 n R ΔT
Q  ΔU  W 
Isométrica : Q  ΔU  Q  3 n R ΔT
V
V

2
3
n R ΔT
QV
3
3
 2


Q V  Q.
5
Q
5
5
n R ΔT
2

O rendimento de uma máquina térmica é máximo quando a menor parte da energia térmica
retirada da fonte quente for rejeitada para a fonte fria.
[I] Correta. Ao entrar no congelador o gás é expandido, sofrendo diminuição na pressão. Como
Absorve energia do interior da geladeira sua temperatura aumenta.
[II] Incorreta. Contradiz a afirmativa anterior.
[III] Correta. Ao passar pelo condensador o gás está sob alta pressão. Nessa passagem o gás
libera calor para o meio, diminuindo sua temperatura.
[IV] Incorreta. Contradiz a afirmativa anterior.
[A] CORRETA. Toda máquina deve satisfazer as duas leis da termodinâmica. A primeira que é
uma aplicação do princípio da conservação de energia e a segunda que trata diretamente de
máquinas térmicas e seu rendimento.
[B] CORRETA. A eficiência máxima de uma máquina térmica é quando esta opera em um ciclo de
Carnot. Desta forma,
T
300
ηCarnot  1  f  1 
TQ
1200
1
4
ηCarnot  75 %
ηCarnot  1 
[C] CORRETA. O rendimento do ciclo de Carnot depende da razão entre as duas temperaturas de
operação da máquina. Se as duas forem reduzidas pela metade, logo o rendimento será o
mesmo.
ηCarnot  1 
Tf
150
 1
TQ
600
1
4
ηCarnot  75 %
ηCarnot  1 
[D] INCORRETA. O Rendimento da máquina térmica operando no ciclo de Carnot é o máximo
rendimento que esta pode ter.
[E] CORRETA. A afirmação desta alternativa é a própria segunda lei da termodinâmica, que diz
que "Nenhum motor térmico consegue transformar integralmente calor em trabalho".
- Da equação geral dos gases:
A transformação BC é isométrica, sendo a temperatura diretamente proporcional à pressão.
Assim:
pB pA

TB TA
 pB  pA  TB  TA 
TA  TB .
- Pelo gráfico nota-se que a transformação BC ocorre sob pressão constante, sendo, portanto,
isobárica.
- A transformação CD é uma expansão, portanto o trabalho realizado pela força de pressão do
gás e maior do que zero.
Observação: Os dados sobre os calores trocados nas transformações FG e HI são incompatíveis
com as equações dos gases ideais, seja ele monoatômico ou diatômico.
Para um gás ideal e monoatômico, os valores corretos são:
5

Q   2  105  0,50  0,15   175  103  175 kJ.

5
 FG 2
Q  p ΔV 
2
Q  5  1 105  0,25  1   187,5  103  187,5 kJ.
HI


2
Usando a Primeira Lei da Termodinâmica, calculamos a variação da Energia Interna em cada uma
das transformações:
ΔU  Q  W  200  103  2  105  0,50  0,15   130  103  ΔU  130 kJ.
FG
FG
FG
FG


ΔUGH  0 (isotérmica)

3
5
3

ΔUHI  QHI  WHI  220  10  1 10  0,25  1  145  10  ΔUFG  145 kJ.
Num ciclo, a variação da Energia Interna é nula e igual ao somatório das variações de energia
interna nas transformações parciais. Assim:
ΔUFG  ΔUGH  ΔUHI  ΔUIJ  ΔUciclo 
130  0  145  ΔUIJ  0  ΔUIJ  145  130 
ΔUIJ  15 kJ.
Se com a queima de 1,0 g de biodiesel é liberado x Joules de energia, dado que o rendimento é
de 15%, pode-se escrever que:
τ
τ
0,15 
Q
x
τ  0,15  x
η
Para a queima de 10 g de biodiesel, tem-se que Q  10  x, logo:
τ
10  x
τ  1,5  x
15  x
τ
10
0,15 
Aplicando a expressão da dilatação linear ΔL  L0  α  ΔT e testando as alternativas:
[A] (Falsa). ΔL  10 m  13  106 C1  20C  ΔL  0,0026 m  0,26 cm
[B] (Falsa). β  2α  β  2  13  106 C1  26  106 C1.
[C] (Verdadeira). Este valor corresponde exatamente ao coeficiente de dilatação linear do material,
ou seja, 13  106 C1.
[D] (Falsa). γ  3  α  γ  3  13  106 C1  γ  39  106 C1.
Resposta da questão 1392:[C]
Da expressão da dilatação linear:
Δ  α ΔT 
Δ
 α ΔT.
Matematicamente, o coeficiente de dilatação ( α) representa a declividade da reta que é igual à
tangente do ângulo  que a reta forma com o eixo das abscissas. Então, como α Y  2α X ,
tg θY  2 tg θX .
Com esse raciocínio, concluímos que a reta que melhor representa o acréscimo  /
da variação da temperatura no comprimento da barra Y, é a reta 3.
em função
Enchendo o copo A com água gelada ele sofre contração e mergulhando o copo B em água
quente ele sofre dilatação, criando uma folga entre eles, possibilitando a separação.
ΔL  L0 α ΔT  α 
ΔL
801  800
1


 0,125  104 
L0 ΔT 800 110  100  80.000
α  1,25  105 C1.
A figura apresenta os copos A e B firmemente encaixados, sendo A de vidro e B de alumínio.
As possíveis soluções para soltá-los são:
- resfriar somente o copo A para haver contração, enchendo-o com água gelada;
- aquecer somente o copo B para haver dilatação, imergindo-o em água quente;
- fazer simultaneamente os dois processos anteriores;
- aquecer os dois copos, pois o copo B, de alumínio, tem maior coeficiente de dilatação.
Pelas ilustrações do enunciado, é fácil notar que a barra 1 dilatou mais que a barra 2. Se a
dilatação linear é dada por,
ΔL  L0  α  ΔT
Como L0 e ΔT são iguais para as duas barras, então:
α1  α2
E como o tamanho aumentou  ΔT  0.
Dados: α  5π  104 C1; L0  2m  200cm; R  30cm; Δθ  30  π / 6rad.
A figura ilustra a situação.
1ª) Solução:
As alternativas e os dados "sugerem" que aproximemos a dilatação ao comprimento do arco
descrito pelo disco: (ΔL  a ). Assim:
ΔL  a  Δθ 
a ΔL
π ΔL



 ΔL  5 π cm.
R R
6 30
Aplicando a expressão da dilatação linear:
ΔL  L0 α ΔT
 ΔT 
ΔL
L0 α
 T  25 
5π
200  5 π  104
T
104
 25 
200
T  75 °C.
2ª Solução:
No triângulo retângulo destacado na figura:
tg 30 
ΔL
R

3 ΔL

 ΔL  10  3  ΔL  17,3 cm.
3
30
Aplicando a expressão da dilatação linear:
ΔL  L0 α ΔT
T
 ΔT 
ΔL
L0 α
 T  25 
17,3
200  5  3,14  104

17,3
 25  T  55  25 
0,314
T  80 °C.
Durante o aquecimento, os dois diâmetros aumentam.
Δd  4 α ΔT
ΔL  L0 α ΔT 
Δd'  2 α ΔT
Δd' 
2
Δd 4


Δd'
2
 2 Δd'  Δd 
Δd
.
2
Coeficiente de dilatação linear do bronze é maior que o do ferro, portanto a lâmina de bronze fica
com comprimento maior, vergando como mostrado na alternativa [D].
A curvatura da lâmina se dá devido aos diferentes coeficientes de dilatação dos metais que
compõem a lâmina.
Dados: T0  27 C  300 K; V0  600 cm3 ; A  3 cm2 ; T1  301 K.
Da equação geral para transformação isobárica:
V
V V0
600



 V  602 cm3 . ^
T T0
301 300
A variação do volume é:
ΔV  A h 
 602  600   3 h
 3h 2  h
2
cm 
3
h  0,7 cm.
Da equação geral dos gases perfeitos, para os estados (1) e (2):
P1  V1 P2  V2

T1
T2
Sendo o processo isobárico: P1  P2
V1 V2

T1 T2
Substituindo os valores e usando a temperatura em Kelvin:
400 mL
500 mL

T2
15  273  K
T2 
500 mL  15  273  K
400 mL
T2  360  273  87 C
 360 K
Considerando o processo isotérmico e comportamento de gás perfeito para o ar, da equação geral
dos gases:
p V p0 V0

 140  1,42  102  1 V2  V2  198  10 2 m3 
T
T0
V2  2 m3 .
Quando a geladeira é aberta, ocorre entrada de ar quente e saída de ar frio. Após fechar a porta,
esse ar quente, inicialmente à temperatura T0 e à pressão atmosférica p0 , é resfriado a volume
constante, à temperatura T.
Da equação geral dos gases:
p0 V0
pV
p p0



.
T
T0
T T0
Se T  T0  p  p0, a pressão do ar no interior da geladeira é menor que a pressão externa,
dificultando a abertura da porta.
Para um processo isobárico:
V1 V2

T1 T2
V1
2V / 3
 1
T2
150  273 
2 150  273 
T2 
 282 K
3
T2  282  273  9C
Como somente incide radiação da cor amarela,
- na porção azul, que reflete apenas o comprimento de onda referente a essa radiação, não ocorre
reflexão alguma, e ela apresenta coloração negra;
- na porção branca, que reflete igualmente todas as radiações, há reflexão somente da radiação
amarela e ela apresenta, então, coloração amarela.
Resposta da questão 1407:[B]
O conceito sobre visualização de uma cor se dá devido à uma superfície refletir um ou mais
espectros da luz branca.
Logo, pode-se concluir que:
1. A Lâmina L1 está absorvendo vários espectros de luz, com exceção do da luz verde (λ VERDE ),
que atravessa a lâmina produzindo uma sombra verde.
2. A Lâmina L2 reflete somente o espectro verde (λ VERDE ), absorvendo os demais e por isto o
aparente verde a um observador.
Como os raios solares são praticamente paralelos podemos resolver por semelhança de
triângulos de acordo com a figura:
h
1,80

 h  45 m
80 3,20
O funcionamento da fibra ótica se dá devido as suas características construtivas (um núcleo e um
envoltório, ambos feitos de vidro) que faz com que se um feixe de luz é emitido em uma de suas
extremidades, este feixe sofra diversas reflexões na superfície de separação núcleo/envoltório até
chegar à outra extremidade, independente da trajetória que irá percorrer.
Vale lembrar que a fibra ótica tem o inconveniente: não pode fazer uma curva muito acentuada ou
dobrá-la, pois pode quebrá-la e assim comprometeria o seu funcionamento.
O desvio para o vermelho é conhecido em inglês como ―redshift‖ e é explicado pelo efeito Doppler.
Quando um objeto emissor de luz está com um movimento relativo em relação ao observador,
temos duas opções de desvio do comprimento de onda emitido por ele:
- o desvio para o azul ―blueshift‖ em que o comprimento de onda diminui (desvia para o azul);
- e o desvio para o vermelho ―redshift‖ em que o comprimento de onde aumenta.
Isto ocorre porque a fonte em movimento em relação ao observador está se aproximando
―blueshift‖ ou se afastando ―redshift‖.
A figura abaixo ilustra essa situação
Logo, a estrela se afasta da Terra, pois sua luz emitida está mais avermelhada, ou seja, está com
o comprimento de onda maior, significando afastamento da fonte em relação ao observador.
Com relação à natureza da luz, duas grandes vertentes científicas travaram duelos fervorosos no
século XVII. A primeira corrente de pensamento científico era a teoria corpuscular da luz apoiada
pelo físico inglês Isaac Newton enquanto a segunda era a teoria ondulatória da luz defendida por
Christian Huyghens. Atualmente sabe-se que a luz possui comportamento de onda
eletromagnética e também de fótons ou pequenos pacotes de energia comprovando que as duas
teorias estavam, de certa forma, corretas, ou seja, a luz possui comportamento dualístico.
O comportamento ondulatório da luz é bem observado no experimento da fenda dupla de Young,
devido às interferências construtivas e destrutivas das ondas que passam as fendas e se
superpõe produzindo um padrão de interferência característico.
Para diminuir a intensidade da luz verde, deve-se usar um filtro que não apresente a componente
verde da luz, ou seja, o filtro magenta, composto apenas das cores vermelha e azul.
[I] Verdadeira. Ano-luz corresponde à distância percorrida pela luz um 1 ano, no vácuo.
[II] Falsa. A idade da estrela Hipparcos é 8,2 bilhões de anos.
[III] Verdadeira. Conforme comentado na afirmativa [I].
[IV] Falsa. A foto mostra como a estrela era há 250 anos.
A figura ilustra a situação.
Lua entre o Sol e a Terra: lua nova; Terra entre o Sol e a Lua: lua cheia.
A questão é bastante confusa: o papel é opaco, mas as fibras de celulose são transparentes; a
glicerina é derramada sobre as fibras, tornando o papel que era opaco, translúcido.
Em relação ao papel que era opaco, a quantidade de luz refratada aumenta; em relação às fibras
que eram transparentes, a quantidade de luz refratada diminui. Por falta de opção, concordamos
com o gabarito oficial.
Princípio da Propagação Retilínea: em um meio transparente e homogêneo a luz propaga-se em
linha reta.
A questão em si trata de um conteúdo relacionado com a física, porém sua resolução não requer
nenhum conhecimento específico da área. Para resolução do mesmo, basta utilizar as
informações fornecidas no enunciado.
Sabe-se que:
sen θ   tg θ   θ
θ
θ θ
sen    tg   
2
2 2
Logo,
λ
sen θ  1,22     θ
 d
Assim,
θ θ
sen    
2 2
λ
1,22   
 d
2
Do triangulo retângulo formado pela distância (D) e pelo Δx 2, temos que:
Δx
θ
2  sen  θ 
tg   
2
D
2
 
Δx
2  1,22   λ 
D
2  d 
Δx  2  d
2
D
1,22  λ
 
D
0,61 103    2  2  103 
1,22  500  10 9 
D 4m
A melhor amostra é aquela que melhor concilia o menor tempo de escurecimento, menor tempo
de esmaecimento e menor transmitância.
- a faixa vermelha continua refletindo a radiação vermelha, mantendo-se na cor vermelha;
- as duas faixas brancas e o preenchimento branco das estrelinhas passam a refletir apenas a
radiação vermelha, passando, então, a apresentar cor vermelha;
- a faixa azul passa a não refletir radiação alguma, apresentando, então, cor preta.
Concluindo: a bandeira mostrará somente as cores vermelha e preta.
A luz proveniente do Sol, propagando-se pelo ar, penetra na garrafa, atravessa a água e volta
para o ar, já no interior da residência. O fenômeno que ocorre quando a luz muda de um meio
para outro é a refração.
O texto e as perguntas não estão bem concatenados, forçando que se chegue a alguma resposta
por exclusão.
Entendendo que a região alaranjada compreenda do laranja ao verde-amarelo, a variação de
temperatura é:
Δθ  72  45  Δθ  27 °C.
Observe que os triângulos sombreados são semelhantes
Portanto:
4
1,6

 24  4x  9,6  4x  14,4  x  3,6 m.
6 6x
Embora a incidência seja normal, para melhor ilustração e melhor entendimento da resolução,
consideremos incidência oblíqua, e analisemos as incidências em 6 pontos das interfaces do
dioptro ar-vidro.
Vamos considerar nos cálculos:
Iinc: intensidade incidente;
Irefl: intensidade refletida;
Irefr: intensidade refratada;
Itrans: intensidade transmitida.
Iinc1  I

1ª Incidência Irefr1  q I
I
 refl1  q I
Iinc2  I 1  q 

2ª Incidência Itrans2  q2 I

2
Irefl2  q I  q I  q I 1  q 
Iinc3  q I 1  q 


3ª Incidência Irefra3  q2 I 1  q 

2
Irefl3  q I 1  q   q2 I 1  q   q I 1  q 
2
I
 q I 1  q
 inc4

2
4ª Incidência Itrans4  q2 I 1  q

2
2
2
3
2
Irefl4  q I 1  q   q I 1  q   q I 1  q  1  q   q I 1  q 

3
I
 q I 1  q 
 inc5

3
5ª Incidência Irefra5  q2 I 1  q 

3
3
3
4
2
Irefl5  q I 1  q   q I 1  q   q I 1  q  1  q   q I 1  q 

4
I
 inc6  q I 1  q
6ª Incidência 
4
2

Itrans6  q I 1  q
A figura ilustra os resultados desses cálculos.
Como a incidência é normal, temos infinitas incidências. A intensidade total que atravessa o vidro
é:
IT  Itrans2  Itrans4  Itrans6  ...  IT  q2 I  q2 I 1 q  q2 I 1 q  ...
2
4
Vemos que essa expressão é o somatório dos infinitos termos de uma progressão geométrica, em
que o primeiro termo é a1 = q2 I e a razão é r = (1 – q)2.
O resultado dessa soma é:
S
a1
.
1 r
Substituindo os valores:
IT 
IT 
q2 I
1  1  q
2


q2 I
1  1  2 q  q2


q2 I
2 q  q2

q2 I
q  2  q
qI
.
2q
O enunciado nos remete a figura abaixo.
Nessa figura:
cos30 
S
A'

3 S

2
A'
 A' 
2 S
3
.
I

A fonte luminosa é uniforme, logo o fluxo Φ é constante em todas as direções. Então, da
definição de iluminamento (H):

Φ
HA  A

H  Φ
 A ' A '

HA Φ A '
 
HA ' A Φ

HA
A'

HA '
A
 HA ' 
A HA
.
A'
II
Substituindo (I) e (II):
HA ' 
A HA
2 S
3
 HA ' 
3 A HA
.
2 S
A vela é um objeto real e a imagem projetada também é real. Formam imagens reais de objetos
reais somente lentes convergentes e espelho esférico côncavo. É sensato considerar que o
aluno esteja no ar, assim o índice de refração do meio é menor que a lente. Nessa condição, a
lente biconvexa é convergente.
A cor de um objeto é a cor (frequência) da luz que ele mais reflete. As demais são radiações
absorvidas.
De acordo com o enunciado, a eficiência (e) é a razão entre a quantidade de luz (Q) e potência
consumida (P).
600

 Lâmpada incandescente de 40 W : ei,40  40  ei,40  15 lm / W.

Q 
3000
e
 e f,40  75 lm / W.
 Lâmpada fluorescente de 40 W : e f,40 
P 
40

600
 e f,8  75 lm / W.
 Lâmpada fluorescente de 8 W : e f,8  8

Conclusão: a lâmpadas fluorescentes apresentam maior eficiência que as incandescentes, e uma
lâmpada fluorescente de potência 8 W produz a mesma quantidade de luz (600 lm) que uma
lâmpada incandescente de 40 W.
A glicerina e o vidro se confundem, pois têm o mesmo índice de refração, ou seja, a velocidade da
luz é a mesma nesses dois meios.
Dados: DS = 400 DL; dS = 151.600.000 km.
A figura ilustra a situação descrita.
Da semelhança de triângulos:
d
dL
 S
DL DS

dL 151.600.000

DL
400 DL
 dL 
1.516.000
4

dL  379.000 km.
As caixas de leite do tipo longa vida ou de sucos têm as paredes internas revestidas com material
aluminizado para conservação desses produtos. Essas caixas podem ser abertas e coladas umas
às outras, formando uma manta térmica ecológica quando fixadas sob o telhado, com a face
aluminizada voltada para cima, refletindo parte da radiação solar.
Na câmara escura de orifício a imagem é revertida (trocam-se lado direito e lado esquerdo) e
invertida (―de ponta-cabeça‖), em relação ao objeto, obtendo assim a primeira imagem (I1). Essa
primeira imagem comporta-se como objeto para o espelho plano, que fornece imagem apenas
revertida, formando assim a segunda imagem (I2), como indicado nas figuras abaixo.
O gráfico nos mostra que essa substância apresenta maior absorção para comprimentos de onda
em torno de 500 nm, o que corresponde à cor verde. De acordo com o enunciado: ... ―o
comprimento de onda correspondente à cor do objeto é encontrado no lado oposto ao
comprimento de onda da absorção máxima.”
Na roda de cores, notamos que o comprimento de onda oposto ao da cor verde é o da cor
vermelha.
O branco é a união de todas as cores. Uma camisa nos parece vermelha, porque iluminando-a
com luz branca o material só reflete a componente vermelha da luz.
Branco reflete qualquer cor. Vermelho só reflete vermelho. Azul só reflete azul. E assim
sucessivamente.
Amarelo não reflete azul  preta.
Branco reflete azul  azul.
A questão é de dificuldade elevada, pois exige um conhecimento específico sobre o assunto.
Caso se usasse luz, ela seria absorvida ou refletida já nas primeiras camadas dos sedimentos,
não possibilitando imagens mais profundas dos objetos. Com a utilização do SONAR, o ultrassom
penetra nessas camadas, enviando ecos que são recebidos em instantes diferentes,
possibilitando a elaboração de imagens em três dimensões (3D).
Com dos dados fornecidos somente são possíveis de serem verificadas as afirmações b e c.
A figura a seguir ilustra a situação descrita.
Calculando o diâmetro (D) da Lua
D 3  105

7
750
 D  2.800 km.
Calculando o perímetro (L) da Lua.
L  D  3,14  2.800  L  8.800 km.
Pelos cálculos, nenhuma das afirmativas está correta, porém, por aproximação, ficamos com a
afirmativa d.
θ
d
 d  θ.L  3,3x10 4 x300  0,1mm .
L
a) Falso. O índice de refração é diferente.
b) Falso.
C  f  3,0  108  600  109 f  f 
3  108
 5,0  1014 Hz
6  107
c) Falso. O maior índice de refração corresponde ao menor comprimento de onda, portanto à
maior frequência.
d) Verdadeiro
n
C
3,0  108
3,0  108
 1,2 
v
 2,5  108 m / s
v
v
1,2
e) Falso.
n
C
C
v
 menor n, maior v.
v
n
O gráfico nos mostra que a maior refletância para os objetos comuns na superfície terrestre está
na faixa de 0,8 m a 0,9 m . Nesse intervalo, a diferença de refletância também é maior,
aumentando a probabilidade de se identificar corretamente o objeto observado. É verdade que
nesse intervalo a refletância da água é nula, porém a probabilidade de encontrar água é
praticamente nula.
A figura mostra o caminho seguido pelo feixe de laser.
tgr 
0,5

0,87
1
2  1  3
3
3
3
2
 r  30.
Aplicando a lei de Snell:
 1
nar sen θ  nág sen30  1 senθ  1,4    sen θ  0,7 
2
θ  45.
A figura mostra as trajetórias dos dois raios no interior da esfera.
Aplicando a lei de Snell no ponto P:
nvidro sen θ  nar sen 60 
3 sen θ  1
3
2
 sen θ 
1
2
 θ  30.
ˆ é isósceles. Então:
O triângulo ACP
2 θ  α  180  2  30  α  180 
α  120.
As ondas estão passando do meio 1 (águas profundas) para o meio 2 (águas rasas). Esse é o
fenômeno da refração.
Utilizando a Lei de Snell, tem-se que:
n  sen θ  cte.
Com isto, podemos analisar as refrações que acontecem na situação proposta.
[I] Refração na separação Ar-Polímero:
Se o feixe de luz aproxima-se da normal após a refração, o ângulo está diminuindo e
consequentemente sen θ também diminui. Logo, podemos concluir que npo  nar .
[II] Refração na separação polímero-cristal:
Como na situação anterior, a luz aproxima-se da normal após a refração. Logo, podemos concluir
que ncr  npo .
Assim, nem existe a necessidade de analisar a terceira refração, pois temos o resultado de que
ncr  npo  nar .
Ao incidir radialmente sobre uma superfície circular o raio não sofre desvio, independentemente
do sentido de propagação. Ao sair para o ar, o raio está passando do meio mais refringente para o
menor refringente, afastando-se da normal.
[I] Correta. Para haver reflexão total a primeira condição é que o sentido de propagação da luz
seja do meio mais refringente para o menos refringente.
[II] Correta. A segunda condição para haver reflexão total é que o ângulo de incidência seja maior
que o ângulo limite.
[III] Incorreta. Essa não é uma condição para haver reflexão total.
[I] Incorreta. Para ocorrer reflexão total, a primeira condição é que o sentido de propagação da luz
seja do meio mais refringente para o menos refringente.
[II] Incorreta. Para ocorrer reflexão total, a segunda condição é que o ângulo de incidência no
meio mais refringente seja maior que o ângulo limite.
[III] Correta. A expressão do ângulo limite (L) é:
L  arc sen
nmenor
nmaior
 L  arc sen
ncasca
.
nnúcleo
[IV] Correta. Se ocorre reflexão total, não há refração.
O índice de refração absoluto n é a razão entre a velocidade da luz c em um dado meio e a
velocidade da onda eletromagnética v neste meio.
n
c
v
Usando os valores fornecidos, temos:
n
3,0  108 m / s
1,2  108 m / s
 2,5
Como o índice de refração n é a razão entre a velocidade da luz c e a velocidade da luz no meio
v, temos:
n
c
v
Logo, a luz monocromática com menor velocidade terá maior índice de refração. Com isso, a luz
monocromática violeta que tem a menor velocidade de propagação no meio terá o maior índice de
refração e a relação será nA  nB .
A figura mostra os ângulos de incidência e refração:
Nessa figura:
tg r 
d
 1  r  45.
d
Aplicando a lei de Snell:
3
2
 nL
2
2
nar sen i  n L sen r  1 sen 60  n L sen 45 
nL 
 nL 
3
2

6
.
2
Como os ângulos de incidência e refração são definidos no intervalo de 0° a 90°, o menor ângulo
tem menor seno. Sendo fixo e não nulo o ângulo de incidência, apliquemos a lei de Snell às duas
situações, gasolina não adulterada e gasolina adulterada.
 sen i
 1,4

 sen r1

 sen i  1,9
 sen r 2

 
sen i sen r2 1,4


 0,74  sen r2  0,74 sen r1 
sen r1 sen i
1,9
sen r 2  sen r1 
r 2  r1.
Portanto o raio refratado no caso da gasolina adulterada é menor do que para a gasolina não
adulterada. Isso significa que o raio refratado aproximou-se da normal à superfície de separação.
Calculando o ângulo limite (L):
sen L 
nvácuo 1

 L  30.
nmat
2
A reflexão total somente ocorre quando o sentido de propagação da luz é do meio mais para o
menos refringente, ou seja, do material para o vácuo.
A figura ilustra a situação mostrando dois raios de luz recebidos pelo observador. O raio 1 por
incidência direta e o raio 2, após reflexão total nas camadas de ar próximas do chão quente.
Aplicando a equação do dioptro plano para pequenos ângulos:
d i nobs

do nobj
d i  1 m.

nar
di

1,33 nágura

di
1

1,33 1,33

Aplicando a equação do dioptro plano, Calculamos a profundidade aparente (hi ) da piscina para
essa pessoa.
n
hi
 ar
h o nág

hi
1

3 4
3
 h i  2,25 m.
Portanto, a imagem é sobrelevada de 0,75 m.
O índice de refração é definido como n 
C
, onde C é a velocidade da luz no vácuo e v no meio
v
em questão.
Se n 
C
C
C
C
 v   λf   λ 
v
n
n
nf
Observamos que o comprimento de onda é inversamente proporcional ao índice de refração.
Como n0 < n2 < n4 < n1 < n3 concluímos que λ0  λ2  λ 4  λ1  λ3 .
O ângulo limite (L), neste caso, é θB conforme a figura abaixo:
Usando a Lei de Snell-Descartes para o ângulo limite:
sen L  sen θB  0,8
sen L 
nar
nprisma
Substituindo os valores:
0,8 
1
nprisma
nprisma  1,25
O índice de refração da água é maior que o do ar. Logo, o índice de refração da esfera é maior
que o do meio.
De acordo com a lei de Snell:
n
sen i vmeio λmeio


 esf .
sen r
v esf
λ esf
nmeio
Assim, o índice de refração (n) é inversamente proporcional ao comprimento de onda ( λ ).
senβ  0,5  β  30
Como α  2β  α  60
Pela Lei de Snell, podemos escrever:
nA  senα  nB  senβ  1
3
1
 nB   nB  3 .
2
2
Na fibra óptica, a luz fica confinada no interior do núcleo, sem penetrar na casca, sendo conduzida
por reflexão total, fenômeno que somente é possível quando o sentido de propagação da luz é do
meio mais refringente para o menos refringente. Portanto, o índice de refração do núcleo é maior
que o da casca.
No espelho esférico convexo a imagem de um objeto real é sempre virtual, direita e menor,
situada entre o foco e o vértice. O fato de a imagem ser menor, amplia o campo visual.
A figura ilustra a resolução, mostrando que θA  θC  θB .
No espelho esférico côncavo, para que a imagem seja virtual direita e maior, o objeto deve estar
entre o foco e o vértice do espelho, como ilustra o esquema.
Pelo descrito no enunciado, o estudante não enxergava bem pois o seu ponto próximo era
superior a 25 cm. Este tipo de problema é característico do problema de visão chamado
hipermetropia. Para correção deste, é necessária uma lente convergente.
Como é dado que a vergência da lente a ser usada é de 2 dioptrias, temos que:
1  1 
m

f 
1
2
f
f  50 cm
V
[F] Se o ponto remoto foi colocado para mais longe, o indivíduo era míope.
[V] Se o ponto próximo foi trazido para mais perto, o indivíduo B era hipermétrope, portanto usava
lentes convergentes.
[V] O indivíduo A é míope, portanto, sem óculos, a imagem forma-se antes da retina.
[V] O hipermétrope tem olho pequeno, formando imagens atrás da retina.
[F] Uma das causas do defeito da visão do paciente A poderia ser porque seu globo ocular é
alongado.
A tabela apresenta as diferentes deficiências visuais (ametropias) e as correspondentes lentes
corretivas.
Pessoa
Pai
Mãe
Filha
Filho
Ametropia
Presbiopia
Miopia
Astigmatismo
Hipermetropia
Lentes corretivas
Bifocais ou multifocais
Divergentes
Cilíndricas
Convergentes
[A] INCORRETA. A alternativa está incorreta pois a Lei de Faraday está ligada ao conceito de
indução eletromagnética: um circuito ao ser submetido à um campo magnético variável, aparece
neste circuito uma corrente elétrica cuja intensidade é proporcional às variações do fluxo
magnético e por consequência, uma tensão é induzida neste circuito (Força Eletromotriz Induzida
– FEM).
[B] CORRETA. O Princípio de funcionamento de um transformador é o fenômeno da indução
eletromagnética (lei de Faraday), que quando um circuito é submetido a um campo magnético
variável, aparece nele uma corrente elétrica cuja intensidade é proporcional às variações do fluxo
magnético.
[C] CORRETA. Em um sistema real ou teórico, isto nunca irá acontecer, devido ao princípio da
conservação de energia. Em um sistema de geração real, sempre a energia elétrica produzida
será menor do que a energia mecânica fornecida ao gerador, devido as perdas do sistema.
[D] CORRETA. Ver explicação alternativa [A].
[E] CORRETA. Ver explicação alternativa [A].
A lei de Neumann Faraday afirma que a força eletromotriz induzida (ε ) numa bobina é à variação
do fluxo magnético (ΔΦ) relativamente ao tempo (Δt).
A placa metálica é freada pelo campo magnético devido às correntes elétricas induzidas na placa
metálica também chamadas de correntes de Foucault. Essas correntes elétricas induzidas na
placa criam um campo magnético induzido que se opõe ao campo magnético de origem, com isso
gerando forças contrárias ao movimento do pêndulo que diminuem rapidamente sua amplitude de
oscilação.
As linhas de transmissão usualmente transportam energia elétrica em alta tensão e baixa corrente
para evitar perdas excessivas por efeito Joule ao longo da transmissão. Antes da distribuição, é
necessário, então, o emprego de transformadores, equipamentos que permitem transformar baixa
tensão e alta corrente em alta tensão e baixa corrente e vice-versa. Essa transformação somente
pode ocorrer com corrente alternada, de acordo com o processo da indução eletromagnética.
De acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida sempre gera um fluxo induzido na tendência de
anular a variação do fluxo indutor.
Assim: quando o fluxo indutor aumenta, o fluxo induzido tem sentido oposto e, quando o fluxo
indutor diminui, o fluxo induzido tem o mesmo sentido.
Tendo o sentido do fluxo induzido, aplicando a regra da mão direita, encontra-se o sentido da
corrente induzida no anel.
Nas posições de inversão de sentido do movimento do anel, não há variação do fluxo indutor,
portanto o fluxo induzido é nulo, sendo também nula a corrente induzida.
As figuras a seguir mostram o observador vendo, de cima, o movimento do anel.
Na FIGURA I o anel está descendo.
- Na posição (1), o fluxo indutor está aumentando: o fluxo induzido é oposto e a corrente induzida
tem sentido horário.
- Na posição (2), ocorre simetria em relação ao plano do anel, portanto a corrente induzida é nula.
- Na posição (3), o fluxo indutor está diminuindo: o fluxo induzido é no mesmo sentido e a corrente
induzida tem sentido anti-horário.
A FIGURA II o anel está subindo.
- Na posição (4), o fluxo indutor está aumentando: o fluxo induzido é oposto e a corrente induzida
tem sentido horário.
- Na posição (5), ocorre simetria em relação ao plano do anel, portanto a corrente induzida é nula.
- Na posição (6), o fluxo indutor está diminuindo: o fluxo induzido é no mesmo sentido e a corrente
induzida tem sentido anti-horário.
Assim, durante o ciclo, o comportamento da corrente induzida é:
Descida: nulo  pico negativo  nulo  pico positivo  nulo;
Subida: nulo  pico negativo  nulo  pico positivo  nulo.
Essa é a sequência ilustrada na alternativa [C].
Dados: n  5; r  3cm  3  102 m; ΔB  (3,5  1)  2,5 T; Δt  9ms  9  10 3 s; π  3.
A força eletromotriz média (Em) é dada pela variação do fluxo magnético (ΔΦ) em relação ao
tempo (Δt).

2,5  3  3  10 2
ΔB A
ΔB π r 2
ΔΦ
Em 
n
n
 5
Δt
Δt
Δt
9  103

2

5  2,5  3  9  10 4
9  103

Em  3,75 V.
Ao rotacionar o disco metálico imerso no campo magnético perpendicular ao disco, é gerado entre
a extremidade do disco e o seu centro uma FEM (E) induzida dependente da velocidade angular
do disco. Considerando a velocidade angular do disco, a FEM (E) induzida também será
constante. Assim, a potência dissipada no resistor é dada por:
P
E2
R
Sendo a resistência (R) da lâmpada constante (resistor ôhmico), podemos concluir que a potência
dissipada na lâmpada será constante.
Comparando o gráfico dado com a variação do fluxo magnético Φ com o tempo e a expressão
para variação linear do fluxo com a força eletromotriz ε, temos:
ε
ΔΦ
Δt
Comparando os possíveis sinais de ε
avaliar:
- Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0
- Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0
- Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0
nos intervalos de tempo em que temos retas, podemos
(isto ocorre entre 0 e 1 s e entre 4 e 5 s);
(isto ocorre entre 1 e 2 s);
(isto ocorre entre 2 e 4 s);
Portanto, o gráfico que representa corretamente a força eletromotriz é o da alternativa [B].
O fenômeno da indução eletromagnética é regido pela lei de Faraday-Neümann.
Primeiramente, temos que analisar o sentido das linhas de indução magnética. Fora do ímã, elas
são direcionadas no Norte para o Sul. Isso nos deixa apenas com as alternativas [A] e [E].
Conforme afirma o enunciado, a força magnética deve frear o ímã, então ela deve ter sentido
oposto ao do peso, isto é, vertical e para cima, Assim, a corrente induzida deve ter sentido tal, que
exerça sobre o ímã uma força de repulsão, criando então um polo sul na sua face superior. Pela
regra da mão direita nº1 (ou regra do saca-rolha), o sentido dessa corrente é no sentido horário,
como indicado na figura da opção [A].
Podemos também fazer a análise do fluxo magnético. À medida que ímã desce, o polo sul
aproxima-se das espiras que estão abaixo dele. Então, está aumentando o fluxo magnético
saindo dessas espiras. Ora, pela lei de Lenz, a tendência da corrente induzida é criar um fluxo
induzido no sentido de anular essa variação, ou seja, criar um fluxo entrando. Novamente, pela
regra do saca-rolha, essa corrente deve ter sentido horário.
O eixo da turbina gira no interior de um campo magnético provocado por grandes ímãs. Ao girar,
ocorre variação do fluxo magnético, gerando força eletromotriz induzida, de acordo com a lei de
Faraday-Neumann.
O som produzido no alto-falante é devido às variações do fluxo magnético através de um
eletroímã, gerando corrente alternada, de acordo com a lei de Faraday.
De acordo com o enunciado: “O campo magnético do ímã induz o ordenamento dos polos
magnéticos na corda da guitarra...”. Trocando-se as cordas de aço (material ferromagnético)
por cordas de nylon, o efeito de magnetização torna-se muito fraco, desprezível, não enviando
sinais ao amplificador.
A aproximação do ímã provoca variação do fluxo magnético através do anel. De acordo com a Lei
de Lenz, sempre que há variação do fluxo magnético, surge no anel uma corrente induzida. Essa
corrente é num sentido tal que produz no anel uma polaridade que tende a ANULAR a causa que
lhe deu origem, no caso, o movimento do ímã. Como está sendo aproximado o polo norte, surgirá
na face do anel frontal ao ímã, também um polo norte, gerando uma força de repulsão entre eles.
Mesmo que o candidato não soubesse a parte histórica do eletromagnetismo, bastava lembrar
que a fórmula que dá a força eletromotriz induzida () em função da variação do fluxo magnético
em relação ao tempo é:  =

, conhecida como lei de Neumann-Faraday.
t
OBS: cremos que na afirmativa II o examinador quis referir-se a força eletromotriz, cuja
abreviação é f.e.m. e não força eletromagnética.
I. Correta. Descoberta revolucionária no campo da Física, ocorrida em 1831.
II. Correta. Sempre que há variação do fluxo magnético, surge força eletromagnética no sentido de
anular a variação desse fluxo. Surge também a força eletromotriz induzida (f.e.m)
III. Correta. A força eletromotriz induzida provoca a aparição de uma corrente elétrica induzida.
De acordo com a lei de Faraday-Neumann, a corrente elétrica induzida num circuito fechado
ocorre quando há variação do fluxo magnético através do circuito.
O vetor indução magnética no interior do solenoide tem direção vertical. Como a espira também
se desloca na direção vertical, o fluxo magnético através dela é nulo. Portanto, não surge força
magnética na espira.
Como a velocidade é constante, a força resultante é nula. Ou seja, a tração no fio tem a mesma
intensidade do peso da espira, dentro ou fora do solenoide.
Analisando cada uma das proposições:
I. Errada. Se o corpo fosse de material ferromagnético, ele seria sempre atraído, qualquer que
fosse o sentido da corrente.
II. Errada. A primeira figura mostra que, quando a corrente flui de A para B, na extremidade do
eletroímã voltada para o elemento ―X‖ forma-se um polo Norte. Assim, se esse elemento fosse um
ímã permanente com a extremidade Norte voltada para o eletroímã, haveria repulsão entre
ambos, e o mecanismo não seria armado.
III. Correta. Quando a corrente flui de B para A, na extremidade do eletroímã voltada para o
elemento ―X‖ forma-se um polo Sul. Se esse elemento é um ímã permanente com o polo Norte
voltado para o eletroímã, ele é, então, atraído, armando o mecanismo. Quando se inverte a
corrente no eletroímã, há repulsão, desarmando o mecanismo.
IV. Errada. Fosse o elemento ―X‖ uma outra bobina idêntica, ligada aos mesmos terminais, as
polarizações seriam como indicado na figura a seguir. Haveria atração entre os polos Norte e Sul
das duas bobinas, armando o mecanismo. Mas quando se invertesse a corrente, os polos também
seriam invertidos, continuando a atração e o mecanismo não seria desarmado.
Para haver corrente elétrica induzida, é necessário que haja variação do fluxo magnético. Isso só
é possível com corrente alternada.
A força eletromotriz induzida é dada pela taxa de variação do fluxo magnético, relativamente ao
tempo. Então, a variação de 1 Wb/s corresponde a E2  1 V. Pelas regras práticas do
eletromagnetismo (mão direita/mão esquerda), a corrente induzida (i2 ) tem sentido oposto ao da
corrente eletrodinâmica (i1) gerada pela bateria de força eletromotriz E1  3 V. Assim, a corrente
resultante é a diferença entre essas correntes, como indicado na figura.
E1  R i 1  3  2 i1  i1  1,5 A
i  i 1  i2  1,5  0,5 

E2  R i 2  1  2 i 2  i1  0,5 A
i  1 A.
A lei de Faraday-Neümann nos dá que a força eletromotriz induzida é a variação do fluxo
magnético através da espira, em relação ao tempo.
Na figura mostrada, está havendo afastamento relativo entre o ímã e a espira. Nessa situação, de
acordo com a lei de Lenz, ocorre força de atração entre ambos, formando um polo sul na
extremidade esquerda da espira. Para que uma outra situação apresente corrente no mesmo
sentido, a extremidade esquerda da espira deve continuar formando um polo sul. Isso pode ser
conseguido invertendo o ímã e provocando um movimento de aproximação relativa entre eles,
deslocando o ímã para a direita e a espira para a esquerda.
De acordo com a Lei de Lenz, a corrente induzida é num sentido tal, que gere um fluxo induzido
na tendência de anular o fluxo indutor. Assim:
- quando o ímã se aproxima, aumenta o fluxo magnético está entrando na espira. Pela regra da
mão direita nº 1 (regra do saca-rolha) surge na espira corrente (i) no sentido anti-horário para o
observador O.
- quando o ímã se afasta, diminui o fluxo magnético entrando na espira. Aplicando a mesma regra,
conclui-se que a corrente inverte o sentido, sendo, portanto, corrente alternada.
A autoindução ocorre sempre que a corrente no circuito sofrer variação, acarretando variação do
fluxo magnético no próprio circuito. Assim:
I. Correta. Logo após o fechamento da chave a corrente elétrica aumenta.
II. Correta. Quando a corrente estabiliza, cessa a variação do fluxo magnético.
III. Correta, conforme já comentado.
Se a barra desce com velocidade constante, o empuxo exercido pelo ar sobre o balão, o peso da
barra e a força magnética sobre a barra estão equilibradas.
Calculando a intensidade de cada uma delas:
- Peso da barra: Pb  m g  1(10)  Pb  10 N.
- Empuxo: E  dar V g  1,2 (0,5) (10)  E  6 N.
- Força magnética: para que essas forças se equilibrem, como mostra a figura 1, temos:
F  E  P  F  P  E  10  6 F  4 N.
A componente do campo magnético que provoca a força magnética é perpendicular à "espira"
formada pela barra e pelos trilhos, calculada de acordo com a figura 2.
Bx  Bcos   4cos60  4  0,5   2 T.
A intensidade da força magnética é dada, então, pela expressão:
F  Bx i L  i 
F
4
4


Bx L 2  0,2  0,4

i  10 A.
Pela regra da mão direita, o sentido da corrente na barra é para esquerda, conforme indicado na
figura 1.
Aplicando a regra prática da mão direita (regra do tapa), obtemos o binário de forças atuantes na
espira, provocando nela um torque no sentido horário, quando vista de frente.
Um fio percorrido por corrente elétrica sofre ação de um campo magnético externo, desde que ele
não seja paralelo à corrente.
- Na situação 1, a força magnética sobre o fio 1 é nula, pois o nêutron não gera campo magnético.
- Na situação 2, surge força magnética sobre o fio 1, pois a corrente i2 gera sobre ele um campo
magnético perpendicular à i1. Aplicando as regras práticas da mão direita, conclui-se que essa
força é para a direita.
- Na situação 3, surge força magnética sobre o fio 1, pois o campo magnético do ímã é
perpendicular à corrente i1. Aplicando as regras práticas da mão direita, conclui-se que essa força
é para a esquerda.
Aplicando a regra da mão direita (regra do "tapa") para as partículas α e β conclui-se que o
campo magnético sai perpendicularmente do plano da figura.
Aplicando a regra da mão esquerda sobre o fio (1), notamos que o campo magnético B está
direcionado para cima e a força magnética Fm está na horizontal para a esquerda.
Substituindo os dados na expressão dada:

E  m c 2  9  1031 3  108

2
 8,1 1014 J.
Convertendo para elétron-volt:
19

J
1 eV  1,6  10

14
J

 E  8,1 10
 E  5,0625  105 eV  0,5  106 eV 
E  0,5 MeV.
A energia necessária para que os elétrons do átomo A transitem entre seus níveis, representa a
diferença de energia dos níveis eletrônicos envolvidos.
Na figura abaixo, são exibidos os níveis de energia e as diferenças entre eles.
Para a situação, a única alternativa que corresponde à uma possível resposta é da letra [C], pois o
elétron incidente tendo 12 eV ele transfere 7 eV para que um elétron do átomo A faça a transição
entre o nível E1 e o nível E2 sobrando 5 eV de energia para o elétron incidente. Para outras
possibilidades de transição não existe alternativa.
[I] Incorreta. De acordo com a equação de Einstein para o efeito foto elétrico, a energia cinética
do elétron emitido tem valor máximo:
Ecmáx  h f  W, sendo h a constante de Planck, f a frequência dos fótons incidentes e W o
trabalho para arrancar um elétron.
[II] Incorreta. Os elétrons são arrancados da superfície metálica pela incidência de fótons.
[III] Correta. Quanto maior a intensidade da radiação incidente, mais elétrons são emitidos.
[IV] Correta. Quando a frequência do fóton incidente for a frequência limite, o elétron emitido têm
energia cinética nula.
[I] Verdadeira. A luz pode ser interpretada não apenas como ondas contínuas, mas também como
composta por feixes discretos de energia chamados de fótons, ou seja, característica de um
comportamento corpuscular da luz. O comportamento corpuscular da luz é comprovado devido ao
aumento do número de elétrons ejetados do metal aumenta com o aumento da intensidade – com
maior número de fótons de luz colidindo no metal, mais elétrons tem a probabilidade de serem
atingidos e serem ejetados deste metal (efeito fotoelétrico).
[II] Verdadeira. O efeito fotoelétrico consiste na emissão de elétrons (chamados fotoelétrons), por
uma superfície metálica atingida por radiação eletromagnética.
[III] Verdadeira. O valor de energia mínima para arrancar o elétron do material metálico chama-se
função trabalho que depende do metal e sua energia de ionização.
O efeito fotoelétrico só pode ser explicado invocando a natureza corpuscular da luz.

10/03/2016 Gabarito 3° ano – Ciências da Natureza

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