Gabaritos - Vestcursos

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Aula 2 – Método Científico
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17. A) Nos aquários I e III as piranhas devoram as presas. No aquário II as presas
não serão devoradas. B) Nos aquários I e II as piranhas devoram as presas. No
aquário III as presas não serão devoradas. C) Conclui-se que o olfato é o principal
sentido da piranha.
18. A) sim, pois o experimento é reproduzível e controlado, uma vez que
apresenta um grupo-controle (bactérias não irradiadas) e um grupo-teste
(bactérias irradiadas). B) Se bactérias forem submetidas a radiação ultravioleta
então elas irão morrer.
19. Os experimentos corroboram a hipótese testada. Podemos observar que as
conclusões elaboradas a partir da hipótese correspondem exatamente ao
resultado dos experimentos. No resultado que as bactérias que cresciam no meio
com nitrogênio insuficiente para liberação de nitratos não crescem com tanta
eficácia. Isso pode ser interpretado como a falta para as bactérias de nutrientes
fornecidos pela planta, uma vez que, sem o fornecimento de nitrogênio das
bactérias para a planta, não há fornecimento de nutrientes da planta para as
bactérias.
20. O DDE diminui o número de receptores para testosterona, apesar de não
alterar a produção de testosterona.
meiose é o equivalente a ter dois carros, um com a transmissão
quebrada, outro com o motor quebrado e, com eles, produzir um
único carro que funcione”. A figura a seguir ilustra um par de
cromossomos homólogos duplicados (A e B), bem como as
localizações dos alelos deletérios “M” (presente somente no
cromossomo A) e “N” (presente somente no cromossomo B).
Um indivíduo que possui os cromossomos A e B poderá formar
gametas que não sejam portadores dos alelos M e N? Justifique
sua resposta.
Aula 3 – Água e Sais Minerais
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32. A) O ambiente com alta concentração de açúcar (hipertônico) retira água das
bactérias e fungos, que devido a essa desidratação não proliferam. B) Outro
método de conservação de alimentos que tem por base o mesmo princípio
fisiológico consiste na utilização de sal. Exemplos: bacalhau, carne-seca, etc.
33. A) Proposta IV. O ferro é essencial para a produção de hemoglobina –
pigmento vermelho presente nas hemácias – que realiza o transporte de oxigênio
dos pulmões aos tecidos do corpo. B) O cálcio presente no leite e em seus
derivados é fundamental para os processos de calcificação óssea, mineralização
dos dentes e a coagulação sanguínea.
34. A) Forma reduzida (Fe2+). Pelo gráfico, percebe-se que o ferro da carne é mais
fácil de absorver do que o das verduras e o do feijão, e segundo a tabela, o nas
carnes e vísceras, o ferro é encontrado na forma Fe 2+. B) Sim. Segundo a tabela,
a vitamina C é capaz de reduzir o ferro da forma Fe 3+ (mais comum nos vegetais,
como o feijão, e mais difícil de absorver) para a forma Fe 2+, mais fácil de absorver
no intestino.
35. A) Resfriar a pele quando evapora. (O alto calor de vaporização da água exige
o consumo de grandes quantidades de calor para que evapore, e esse calor é
removido da pele do indivíduo). B) A alta umidade do ar na região da Floresta
Amazônica leva a dificuldade de evaporação do suor, o que leva a não remoção
do calor corporal, e conseqüentemente ao não resfriamento da pele, que assume
temperaturas mais elevadas, dando uma sensação de mais intensa de calor. Na
caatinga, o ar mais seco favorece a evaporação do suor, levando a um mais
eficiente resfriamento da pele e diminuindo a sensação de calor corporal.
36. A) O ambiente com alta concentração de açúcar (hipertônico) retira água das
bactérias e fungos, que devido a essa desidratação não proliferam. B) O frio reduz
o metabolismo das bactérias, matando-as ou diminuindo sua velocidade de
reprodução. O congelamento leva à formação de cristais de gelo que, por serem
muito afiados, rasgam as membranas celulares e matam as células bacterianas.
37. O manitol é osmoticamente ativo e, assim, a alta concentração local faz com
que a luz do intestino se torne hipertônica com relação ao sangue. Desse modo, a
água corporal é transportada para a luz do intestino provocando, então, a diarreia.
38. O salgadão, sendo hipertônico, atrairá água dos tecidos circundantes por
osmose, aumentando mais rapidamente o volume normal de sangue e assim,
restabelecendo a pressão arterial.
39. A) Manutenção do volume circulante e da circulação sanguínea, essencial
para a absorção da glicose, intervém no equilíbrio ácido-base, participa nas
contrações musculares, modula a absorção de nutrientes pelas células,
manutenção do equilíbrio entre os fluidos celulares e extracelulares, responsável
pelo transporte de várias substâncias pelo intestino, mantém o volume e a
osmolaridade ou equilíbrio osmótico, atua na transmissão do impulso nervoso,
através do mecanismo da bomba de sódio, favorecendo o funcionamento do
cérebro e o controle de nossas funções vitais (sistema cardiovascular aos agentes
vasopressores). B) Íons Na+ penetram na célula por difusão, mas são expulsos
através da membrana. O fenômeno ocorre contra o gradiente de concentração,
isto é, no inverso da tendência da difusão e depende de energia fornecida pela
célula. Transporte ativo ou bomba de Na+. C) Hipertensão. A hipertensão arterial
40. (UFRJ) Ao analisar o cariótipo de células obtidas de uma
criança com síndrome de Down, observou-se que 70% das células
apresentavam 47 cromossomos, por exibirem a trissomia do
cromossomo 21, e que 30% das células apresentavam um
cariótipo normal, ou seja, 46 cromossomos, sem trissomia do 21.
Responda se o fenômeno da não-disjunção do par de
cromossomos 21 ocorreu antes ou depois da formação do zigoto.
Justifique sua resposta.
Gabaritos
Aula 1 – Introdução à Biologia
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36. A) Se possui uracila, é porque o material genético é RNA, e somente vírus
possuem RNA como material genético. B) São acelulares e não têm metabolismo
próprio. C) ATGGGCAATTTC.
37. Por produzir maior variabilidade de indivíduos, a reprodução sexuada leva a
maiores chances de surgimento de novas características resistentes ao
parasitismo. Por produzir muitos indivíduos rapidamente, a reprodução assexuada
é vantajosa em condições sem parasitas, nas quais o número de indivíduos é
mais importante do que a variabilidade.
38. A) 1) diminuirá, uma vez que o número de indivíduos para trocar genes é
pequeno (ou seja, há uma pequena amostragem de genes nas populações
inicialmente isoladas). 2) os de reprodução sexuada, uma vez que os de
reprodução assexuada já não apresentavam variabilidade genética em sua
reprodução. B) sim, uma vez que nela ocorrem eventos como o crossing-over e a
separação dos cromossomos homólogos.
39. A) A população da área B, formada por clones de uma planta produtiva,
apresentou uma população com indivíduos geneticamente idênticos, todos
produtivos, mas com pouca ou nenhuma capacidade de adaptação às
adversidades. B) O milho propagado sexuadamente (através de sementes)
enfrentou melhor as alterações ambientais por apresentar uma maior variabilidade
genética na população da área A, embora nem todas as plantas fossem tão
produtivas quanto a planta matriz.
40. Amostra 1, pois não é afetada pela radiação, demonstrando que não possui
material genético para sofrer mutação, que é o que ocorre com príons.
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Simétrico Pré-Universitário – Curso de Biologia – Prof. Landim – www.simetrico.com.br
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é um aumento da pressão interna dos vasos sangüíneos podendo ocorrer a
ruptura dos mesmos, em especial de capilares. Cálculos renais. Depósito de sais
nos rins.
40. A) Porque são endotérmicos e conseguem produzir calor para compensar as
baixas temperaturas. B) Como a água tem um alto calor específico, a temperatura
da água não é tão baixa como a de fora da água.
bem como na ação de impedir a proliferação de microorganismo que levariam a
deterioração do alimento. A desvantagem de sua utilização está na possibilidade
do aparecimento de câncer (substâncias como as nitrosamidas são
potencialmente cancerígenas) no caso de uso excessivo. 7. O metabolismo total
em relação à quantidade de calorias necessárias varia com aspectos como a
massa muscular (quanto maior a massa muscular, maior a necessidade calórica)
e a intensidade da atividade física (quanto maior, maior a necessidade calórica).
Assim o lenhador tem uma maior necessidade calórica em relação à criança por
ter massa muscular maior; já o pirralho jogando bola tem uma maior necessidade
calórica em relação o adulto digitando por estar desempenhando uma atividade
física mais intensa.
30. A) O açúcar A obedece a fórmula geral de monossacarídeos C nH2nOn para
n=7, sendo ele o monossacarídeo (uma heptose, pois). B) O açúcar B, pois se
adicionarmos a ele uma molécula de água (como se faz na hidrolise), fica C 6H 12O6
e quebrando (como se faz na hidrólise), origina-se 2C3H6O3 que são os únicos 2
monossacarídeos que se dar para formar com 6C, já que eles têm de 3 a 7C.
Aula 4 – Glicídios
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22. Polissacarídeos são macromoléculas formadas pela união de mais de 10
moléculas de monossacarídeos, sendo que alguns deles apresentam nitrogênio
na composição, sendo caracterizados como mucopolissacarídeos ou
glicosaminoglicanas. São exemplos a quitina no exoesqueleto de artrópodes e
ácido hialurônico que mantém unidas as células musculares.
23. A) Polissacarídeos de reserva animal: glicogênio. Polissacarídeo de reserva
vegetal: amido. B) Glicogênio é armazenado nos músculos esqueléticos e no
fígado. Amido pode ser armazenado na raiz (mandioca), no caule (batata-inglesa),
nas sementes (milho).
24. A) A bile é produzida no fígado e reabsorvida no intestino delgado. B) A bile
se mistura às fibras, sendo então eliminada nas fezes, de modo que o organismo
deve produzir mais bile. Remove-se colesterol do sangue para produzir mais bile,
o que leva à diminuição dos níveis de colesterol no organismo.
25. A) Celulose. B) Xilema, esclerênquima. C) Produção de tecidos, corda, papel.
26. A) Ausência de enzima lactase. B) Retirar a lactose, diminuir a concentração
de lactose, pré-digerir a lactose. C) Macronutriente: proteína, gordura,
carboidratos. Micronutriente: cálcio, potássio, manganês, sódio, cobre, zinco,
fósforo, vitaminas. D) Convergência evolutiva.
27. A dieta rica em gordura recompõe o glicogênio muscular mais lentamente;
assim, há pouca quantidade desse glicogênio mesmo transcorridos vários dias
depois do exercício. Os atletas dependem do glicogênio muscular como fonte
imediata de energia para a contração muscular e estarão assim prejudicados com
essa dieta.
28. A) A adrenalina é liberada em situações de estresse: a ativação da fosforilase
leva à liberação de glicose no sangue, o que disponibiliza mais energia para lidar
com a situação de estresse. B) O armazenamento de glicose sob a forma de
amido diminui a pressão osmótica dentro da célula, além de evitar a saída de
glicose da célula por difusão.
29. 1. A) A substância orgânica preferencialmente utilizada para a produção de
energia nos seres vivos é a glicose (carboidrato), uma vez que todos os
processos metabólicos para produção de energia derivam evolutivamente da
glicólise. O alimento com menor teor de carboidratos é o alimento 1. B) O
alimento 3 tem um valor calórico de 400Kcal por 100 gramas.Se as necessidades
diárias calóricas são de 2000Kcal, temos que a massa necessária de alimento 3
seria de 500 gramas (Deixa de ser preguiçoso e faz uma regra de três que você
acha esse resultado). 2. Proteínas macromoléculas, e como tal elas não
conseguem ser absorvidas pelo intestino, cujas células só conseguem absorver
moléculas muito pequenas. Assim, a proteína de peixe é ingerida (por hidrólise)
em aminoácidos, e estes aminoácidos são absorvidos. No corpo humano, esses
aminoácidos são utilizados no mecanismo de síntese protéica para a produção de
proteínas humanas (já que a regulação da produção dessas proteínas é realizada
pelo material genético humano). 3. Amido. O iodo marca o amido com uma cor
marrom-arroxeada. 4. O Alimento 2 é pobre em fibras alimentares. Tais fibras são
basicamente a celulose nos alimentos. Essa celulose não é digerível no corpo
humano (uma vez que nós não possuímos enzimas para digerir ligações beta na
celulose), não sendo, pois absorvida, e sendo eliminada na forma de fezes junto a
bactérias da microflora.Com uma pequena ingestão de fibras, a produção de
fezes é diminuída, bem como não há o adequado estímulo ao peristaltismo, o que
leva uma retenção dessas fezes, chamada de prisão de ventre. Assim, a
afirmação é verdadeira. 5. Sódio: age no equilíbrio hídrico/ osmótico/ salino e na
origem do potencial de membrana, base para a condução do impulso nervoso.
Fósforo: na forma de fosfato, tem a função na estrutura de ossos e dentes (fosfato
de Ca e de Mg), na transferência de energia (a forma de ATP), na constituição
dos ácidos nucléicos (fazendo parte dos nucleotídeos ), na composição da
membrana plasmática(na forma de fosfolipídios) e no impedimento na variação de
pH do meio( na forma de íons-tampões). Cálcio: na forma salina (fosfato de cálcio
e calcário) entra na composição de ossos, dentes, conchas e carapaças; na forma
iônica, age no controle da permeabilidade das membranas celulares (junto ao
magnésio), na regulação da contração muscular e nos processos de coagulação
do sangue e na sinapse nervosa. 6. Aditivos são substâncias como conservantes,
corantes, flavorizantes, edulcorantes (= adoçantes), etc. A vantagem da sua
utilização está na melhoria do aspecto do alimento quanto à cor, sabor e textura,
Aula 5 – Lipídios
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34. A) Porque os altos níveis de colesterol aumentam o risco de doenças
cardiovasculares. Pode-se diminuir o colesterol circulante diminuindo a ingestão
de gorduras animais e de alimentos ricos em colesterol. B) Emulsificação dos
lipídios, ou seja, fragmentação das gorduras em pequenas gotas, o que aumenta
a superfície de contato com as enzimas digestivas lipases e aumenta a eficiência
da digestão.
35. A) Carotenoides são lipídios derivados de hidrocarbonetos com pigmentação
amarela, laranja ou vermelha, encontrados em vegetais como batata-inglesa,
cenoura e beterraba. Como por exemplo, a vitamina A. A vitamina A é encontrada
na retina em associação com proteínas específicas, sob a forma de pigmentos
visuais, nos bastonetes. O retinol se oxida a retinal ou aldeído de vitamina A, que
se liga a uma proteína chamada opsina e forma rodopsina ou púrpura visual, que
percebe luz fraca. B) Controle hormonal. Testosterona, estrógenos e
progesterona são exemplos. C) Animais: tecido conjuntivo adiposo subcutâneo.
Vegetais: sementes.
36. A) O alimento 2, pois apresenta menor teor de nutrientes que podem agir
como promotores do aumento da pressão arterial. B) Sódio, que retém água por
osmose no sangue, de modo a elevar a volemia e com isso a pressão arterial;
Gorduras saturadas, que aumentam os teores sangüíneos de colesterol ruim e
levam à formação de placas de ateromas, causando aterosclerose, que predispõe
à hipertensão arterial.
37. A) 3 e 7. B) STH da adenohipófise e cortisol do córtex adrenal.
38. A) hormônios esteroides (hormônios sexuais e corticoides), participação nas
membranas celulares animais, acúmulo na forma de ateromas em vasos
sanguíneos, no fígado, o colesterol pode ser convertido em ácido cólico, e daí em
sais biliares, enviados para a vesícula biliar e daí sendo eliminado para a
emulsificação de gorduras no intestino, sendo depois eliminado junto às fezes. B)
endógeno: 90% dele, produzido no fígado a partir das gorduras da dieta, exógeno:
10% dele, vindo diretamente da dieta a partir de fontes animais.
39. Sem carboidratos, não há liberação de insulina que é estímulo para a
mobilização dos excedentes nutricionais na forma de acúmulo de lipídios no
tecido adiposo.
40. A) 1. sedentarismo – acúmulo de lipídios e falta de estímulo do sistema
circulatório, facilitando o acúmulo de ateromas, o que causa hipertensão. 2. fumo
(nicotina) – liberação de adrenalina que tem ação vasoconstrictora nas
coronárias, o que causa hipertensão também. 3. sal – atrai água por osmose para
o sangue, contribuindo para a retenção de líquido no sangue com consequente
aumento da volemia (volume sanguíneo circulante), o que causa hipertensão
novamente. 4. estresse – reação exagerada do SNA com aumento dos níveis de
adrenalina, o que acarreta arritmias cardíacas (taquicardia) e hipertensão outra
vez. B) Contribui para a formação das placas de ateroma (depósitos de placas
gordurosas na parede das artérias), diminuindo seu calibre, reduzindo seu fluxo,
propiciando a formação de coágulos, determinantes de tromboses e infartos.
Aula 6 – Proteínas
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33. A) III. É o alimento que contém a
preferencial de energia para as células.
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maior quantidade de carboidrato, fonte
B) III. É o alimento que contém o maior
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teor de proteínas, natureza química dos anticorpos. C) I. É o único que não
contém colesterol, pois este é de origem animal. D) I.
34. A) 1. A glicina apresenta radical R apolar correspondendo ao hidrogênio (-H),
sendo o único aminoácido sem carbono assimétrico e sem enantiômeros:
haverá proteína, mas aminoácidos, que não desnaturam (pois não tem estrutura
quaternária, terciária e secundária a serem perdidas) e não vão ficar
esbranquiçados com a presença de calor.
23. A) Num experimento controlado, apenas um parâmetro pode variar; se o
objetivo é verificar o efeito da temperatura, o pH deve ser mantido constante em
seu valor ideal, ou seja, 2,0. B) Ao analisar as três tabelas de resultados, pode-se
notar que, na coluna B, a ação da enzima aumenta com o aumento de
temperatura, até ficar constante e na coluna C, a ação da enzima aumenta
progressivamente com o aumento de temperatura. Nenhum desses dois casos
corresponde ao real efeito da temperatura sobre a ação da enzima, que é descrita
na coluna A: a princípio, ação aumenta, até que com a desnaturação, a ação
diminui. C) A temperatura ótima para que a velocidade da reação enzimática seja
máxima é 40°C. Abaixo ou acima do ótimo a velocidade da reação diminui.
24. A) E é uma enzima. B) E acelera a reação e perde a ação em grandes
temperaturas, o que indica que é desnaturada.
25. A) Inibição competitiva. Na inibição enzimática do tipo competitivo, o inibidor,
mantido em concentração constante, exerce seu efeito com maior intensidade em
concentrações baixas de substrato. Com o aumento da concentração do
substrato, devido ao efeito competitivo, a inibição tende a diminuir. Dessa forma,
em excesso de substrato, a velocidade máxima de reação é a mesma na
ausência ou na presença do inibidor. B) sais biliares: emulsificação de gorduras
durante a digestão; vitamina D: metabolismo do cálcio e desenvolvimento do
tecido ósseo.
26. A) Os amaciantes naturais e industrializados contém proteases, enzimas
relacionadas com a hidrólise das proteínas fibrosas que "endurecem" a carne. No
corpo humano, a digestão das proteínas da carne tem início na cavidade gástrica,
por ação da enzima pepsina. Prossegue no duodeno, onde atua a tripsina
presente no suco pancreático e é finalizada pela atividade das peptidases
existentes no suco entérico. B) O cozimento causará a desnaturação das enzimas
presentes nos amaciantes. Desta forma, a carne não sofrerá qualquer efeito, pois
as enzimas desnaturadas não poderão desempenhar seu papel como
catalisadores biológicos.
27. Porque as enzimas responsáveis pelo processo de conversão de glicose em
amido são desnaturadas pela fervura e o congelamento impede sua renaturação.
28. As extremidades do corpo perdem calor para o meio ambiente com mais
facilidade e costumam, portanto, apresentar uma temperatura inferior à do
restante do corpo. Como a enzima só é ativa abaixo de 34°C, a síntese do
pigmento que confere cor negra só ocorrerá nas extremidades do corpo.
29. A hexoquinase possui uma grande afinidade pela glicose, ou seja, ela atinge a
velocidade máxima com uma concentração muito pequena de glicose. A
glicoquinase exibe uma afinidade bem menor, pois somente atinge sua velocidade
máxima em concentrações bem mais altas do substrato. Logo, a enzima que
contribui para a formação de glicogênio hepático é a glicoquinase, pois esta
somente produz G6P com máxima eficiência quando há excesso de glicose no
sangue.
30. A curva da enzima B. Em uma baixa concentração relativa do substrato essa
enzima produz uma velocidade de reação maior que a da enzima A.
2. A alanina apresenta radical R apolar correspondendo à metila (-CH 3):
3. A cisteína apresenta radical R contendo enxofre em um grupo mercaptana ou
tiol (-SH):
B) Aminoácidos essenciais são aqueles que não podem ser produzidos pelo
corpo, sendo obtidos na dieta; aminoácidos naturais são aqueles que podem ser
produzidos pelo corpo, sendo fabricados no figado pelo processo de
transaminação.
35. A) Com o nascimento do segundo filho, o primeiro é desmamado, perdendo a
principal fonte de proteínas de sua dieta, que é o leite materno. Isso leva à
deficiência protéica do kwashiorkor. B) Alimentos proteicos são plásticos ou
construtores, sendo usados como fontes de aminoácidos para a produção de
aminoácidos pelo organismo. C) A deficiência calórica exige do indivíduo o
consumo de suas reservas lipídicas para fornecer energia para o metabolismo.
36. A) A fenilalanina é um aminoácido essencial. Aminoácido essencial é aquele
que não pode ser produzido pelo organismo, tendo de ser obtido na dieta. B)
Porque em pessoas portadoras de fenilcetonúria, a fenilalanina não é
metabolizada e se acumula, causando lesões nos neurônios e retardo mental.
37. A) A proteína albumina do sangue é consumida como fonte de aminoácidos, o
que torna o sangue hipotônico em relação aos tecidos vizinhos, que por sua vez
passam a atrair água por osmose, levando a inchaços em abdome a cabeça
(essa só incha na infância, uma vez que os ossos do crânio não estão
perfeitamente soldados, de modo que a maior pressão osmótica pode levar a um
afastamento dos ossos cranianos). A perda de massa muscular em pernas e
braços aumenta a sensação de desproporção de abdome e cabeça. B) Uma
refeição matinal equilibrada deve conter cerca de 60% de carboidratos (pães,
massas e biscoitos), 25% de lipídios (manteiga, margarina, queijo e ovos) e 15%
de proteínas (ovos, presunto, queijo e leite).
38. A) Perda da atividade biológica como conseqüência da perda da estrutura
espacial da proteína. B) Nenhuma, já que a desnaturação não altera a
composição em aminoácidos da proteína. A proteína estando desnaturada ou
não, será digerida do mesmo jeito, fornecendo os mesmo aminoácidos.
39. Os ratos do grupo II estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo
menos alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão
recebendo menos carboidrato e mais fibra (que não tem valor calórico), tendo
menos alimentos energéticos e apresentando, pois, um peso menor. Os ratos do
grupo III estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo menos
alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão
recebendo mais carboidrato e mais gordura, tendo mais alimentos energéticos e
apresentando, pois, um peso maior.
40. O metabolismo dessas substâncias leva à produção de ureia, que precisa de
bastante água para ser diluída a níveis não tóxicos.
Aula 8 – Vitaminas
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34. A) Anemia Ferropriva: ensinar cozinhar o feijão em panela de ferro ou com
uma barra de ferro. Adicionar pó de ferro à massa da merenda escolar; Bócio
Endêmico: iodação do sal de cozinha. B) I. Vitamina D, Cálcio. II. Raquitismo:
ocorre na infância; Osteomalácia: ocorre no adulto. III. Deficiência na
mineralização da matriz óssea acompanhada de deformidades no esqueleto. C)
Edema: Decorre da deficiência de proteínas plasmáticas, principalmente de
Albumina. Infecções frequentes: Baixa produção de Anticorpos por carência de
aminoácidos. Retardo do crescimento: Deficiência da síntese do hormônio do
crescimento ou carências de proteínas estruturais.
35. Antibióticos por via oral podem levar à morte de bactérias da microflora, que
normalmente forneceriam vitaminas como a B9, B12 e K.
36. A) A hipótese I é a verdadeira. B) Vitamina C. C) O colágeno da gelatina não
apresenta todos os aminoácidos essenciais.
37. A) A enzima 2,3-epoxi-redutase da vitamina K atua promovendo a redução da
vitamina K da forma inativa (vit. K-O) para forma ativa (vit. K-H2), que, por sua
vez, irá participar da carboxilação da molécula de protrombina em trombina, um
fator de coagulação que irá ativar a fibrina, dando início assim à formação de uma
rede fibrosa (rede de fibrina), onde as células sanguíneas, como as plaquetas,
irão aderir formando o trombo que irá estancar o sangue. B) A vitamina K tem de
ter seu consumo reduzido na vigência de uso de derivados da cumarina, pois
Aula 7 – Enzimas
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22. Para verificar o pH ideal de funcionamento da protease para digerir a proteína
da clara de ovo basta colocar clara de ovo e protease em vários recipientes com
pH’s variados. Onde houver melhor digestão, lá será o pH adequado para a
protease funcionar. Como saber que houve a digestão: Os tubos com proteína
albumina intacta apresentarão mudança de coloração quando submetidos ao
aquecimento, uma vez que a albumina (clara do ovo) crua é semi-transparente e
a desnaturada é branca; nos tubos com albumina digerida completamente, não
342
343
essa vitamina compete com esses derivados pela enzima 2,3-epoxi-redutase da
vitamina K. Assim, pela figura II, na presença de vitamina K, a quantidade de
derivados da cumarina tem de ser aumentada para exercer o mesmo bloqueio
enzimático.
38. A) Vitaminas C e E são anti-oxidantes, de modo que se desgastam
continuamente, devendo ser renovadas. B) As vitaminas A e E diminuem de
concentração mais lentamente porque são lipossolúveis e por isso mais
facilmente armazenadas no organismo em tecidos como fígado e hipoderme; as
vitaminas do complexo B são hidrossolúveis e por isso mais fáceis de perder pela
urina, não se armazenando de modo significativo.
39. A) Vitamina D. B) Ergosterol ou pró-vitamina D2 (7-deidrocolesterol ou próvitamina D3 é o precursor de origem animal). C) Más-formações ósseas como
genuvaro, genuvalgo, escoliose, cifose, lordose e peito-de-pombo, devido à não
absorção de cálcio no intestino.
40. A) radicais livres agem promovendo a oxidação de moléculas orgânicas no
corpo humano, como DNA e proteínas, levando a mutações, câncer, morte celular
e envelhecimento. B) radicais livres se formam através de mecanismos como a
respiração celular nas mitocôndrias das células e metabolismo de lipídios nos
peroxissomos.
precisamente e de ser estável, porém capaz de sofrer modificação, basta
descrever como a molécula de DNA se duplica e descrever sua estrutura química
para nos mostrar sua estabilidade e sua capacidade de sofrer modificação. Uma
das mais importantes contribuições do modelo da dupla-hélice foi explicar a
duplicação do material hereditário. Segundo Watson e Crick, as pontes de
hidrogênio entre as bases nitrogenadas se desfazem e as duas cadeias
complementares que formam a molécula de DNA se separam. Nucleotídeos livres
encaixam-se nas cadeias desemparelhadas, obedecendo à regra de
emparelhamento entre as bases: adenina se emparelha com timina e citosina se
emparelha com guanina. Assim, os nucleotídeos vão se unindo e constituindo
uma nova cadeia polinucleotídica, complementar à que lhe serve de molde. A
molécula de DNA é estável, devido apresentar arranjo energeticamente favorável
por causa da estrutura em dupla-hélice com as bases no interior da hélice e por
causa das múltiplas pontes de hidrogênio e ligações fosfodiéster. É, no entanto,
capaz de se modificar através das mutações e através do crossing-over durante a
meiose.
53. A) guanina. B) percebe-se que a base 1 possui 2 anéis, o que a caracteriza
como uma purina, e forma três pontes de hidrogênio, não podendo ser a adenina,
o que permite a confirmação de que é a guanina. C) Se 30% é de base 2 (que
está ligada à base 1, sendo pois a citosina), haverá 30% também de base 1
(guanina). Sobram 40% para serem distribuídos entre 3 (timina) e 4 (adenina),
sendo pois 20% de 3 e 20% de 4.
54. Se houvesse a transcrição simultânea das cadeias complementares dos
genes, as moléculas de RNA sintetizadas também teriam sequências
complementares. Tal situação provocaria então a formação de moléculas de RNA
de cadeia dupla, que não poderiam ser traduzidas nos ribossomas.
55. No caso do sequenciamento direto do ADN, os resultados revelam tanto a
sequência das regiões codificadoras (os genes) quanto a das não codificadoras,
que representam quase 90% do genoma. Com a segunda estratégia são
sequenciados somente os genes, isto é, regiões codificadoras. Ao mapear o
material genético no Projeto Genoma, não há interesse em mapear o DNA lixo,
uma vez que, como já dito, não codifica proteínas, não tendo função aparente
pois. Além disso, os genes ocupam apenas uma das fitas do DNA, não as duas
(lembre que é porque o RNA transcrito só tem uma cadeia). Assim, transcreve-se
todos os genes de um cromossomo, produzindo-se vários RNA’s mensageiros.
Une-se todos esses RNA’s numa única molécula, e através de transcriptase
reversa, produz-se uma fita de DNA a ser mapeada. Ganha-se então tempo e
poupa-se trabalho, uma vez que esse novo DNA terá apenas os genes, não se
mapeando o DNA lixo. Ao se realizar o processo acima descrito, remove-se os
introns dos RNA’s antes de uni-los para fabricar a fita de DNA a ser mapeada.
56. As regiões 2 e 4. Essas regiões formam alças justamente por não possuírem
as sequências de nucleotídeos complementares, que foram eliminadas após o
processo de transcrição.
57. Várias moléculas de DNA polimerase iniciam a replicação do DNA,
simultaneamente, em diversos sítios do genoma denominados sítios de origem de
replicação. Além disso, a síntese é bidirecional a partir de cada sítio de origem.
Em eucariontes, o ganho de velocidade é maior porque há mais sítios de origem.
58. Na cadeia 2 há maior quantidade de pares CG. Devido a este fato, é maior o
número de pontes de hidrogênio (3 pontes contra 2 pontes do par AT) a serem
rompidas, o que justifica a necessidade de uma temperatura de desnaturação
mais elevada.
59. Os genes que não codificam polipeptídeos transcrevem para produzir RNA
ribossômico e RNA transportador.
60. Os círculos pretos representam o número de bactérias; os círculos brancos
representam a concentração de glicose; os triângulos pretos a concentração da
enzima ß-galactosidase. Enquanto existe glicose no meio a ß-galactosidase está
reprimida. Quando a glicose se esgota a expressão dessa enzima é induzida.
Aula 9 – Ácidos Nucleicos
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44. O gene que contém um único exon, pois não tendo introns, gera um préRNAm menor.
45. Se há 27% de adenina e 35% de guanina, a molécula não pode ser DNA fita
dupla nem RNA fita dupla, pois neles, A = T (ou U, no caso do RNA) e G = C, de
modo que A = T (ou U) = 27% e G = C = 35%. Assim, A + T + G + C = 27% + 27%
+ 35% + 35% = 124%!!!! Dessa maneira, só se pode ter no vírus DNA fita simples
ou RNA fita simples, equivalendo às famílias Picornaviridae, Retroviridae,
Rhabdoviridae e Parvoviridae, ou seja, respectivamente 2, 3, 4 e 5.
46. A) Porque a duplicação do DNA é semiconservativa, tendo as bactérias
mantido, para cada fita da dupla-hélice de DNA, uma cadeia original com N15 e
uma nova com N14. B) X também, uma vez que a duplicação do DNA gera uma
quantidade idêntica de DNA em relação à amostra anterior (que era X).
47. A) O esquema II se refere aos eucariotos, os quais apresentam em seus
genes trechos de DNA não codificante conhecidos como introns, transcritos
(processo 3) no pré-RNAm e removidos no splicing (processo 4) para gerar o
RNAm madura que será traduzido (processo 5) em um peptídeo. Como o
esquema II corresponde um eucarioto, apresenta núcleo organizado pela
presença de uma carioteca, de modo que a etapa 3 (transcrição) ocorre no núcleo
e a etapa 5 (tradução) ocorre no citoplasma. Como o esquema I corresponde a
um procarioto, não apresenta núcleo organizado, ou seja, não apresenta
carioteca, de modo que as etapas 1 (transcrição) e 2 (tradução) ocorrem no
citoplasma. B) A remoção dos introns do pré-RNAm, conhecida como splicing,
corresponde à etapa 4 do esquema II. Através da remoção diferencial de introns,
um mesmo pré-RNAm pode ser editado em diferentes RNAm, num processo
conhecido como splicing alternativo, levando à produção de diferentes peptídeos.
48. A) Os “corrimãos” correspondem a uma sucessão alternada de fosfato e
desoxirribose (açúcar). Os “degraus” são constituídos por pares de bases
nitrogenadas, unidas por pontes de hidrogênio, onde adenina pareia com timina, e
citosina com guanina. B) O DNA realiza a transcrição, isto é, produz o RNA
mensageiro, que conduz os códons para a síntese da proteína nos ribossomos.
C) As proteínas podem ser diferenciadas pelo número, tipos e sequências de
seus aminoácidos.
49. Amostra 3. O pareamento entre as bases nitrogenadas G e C é feito por três
pontes de hidrogênio, enquanto entre A e T é feito por apenas duas. Quanto mais
pontes de hidrogênio, mais energia será necessário aplicar para rompê-las. Desse
modo, quanto maior a relação (G + C)/(A + T), maior a temperatura de
desnaturação da molécula de DNA.
50. O RNAm já passou pelo splicing, de modo que sua parte não codificante já foi
removida.
51. A) Os RNA mensageiros transcritos do gene normal e do gene inserido
formam um RNA de dupla hélice ou híbrido. A disposição das bases destes dois
RNA mensageiros são exatamente complementares. B) Havendo a interação
entre os RNA mensageiros transcritos a partir destes dois genes, restarão menos
mensageiros normais (fita simples) capazes de serem traduzidos em enzima, ao
nível ribossomal. Em conseqüência, a concentração da enzima diminuirá nas
células, o que retardará o processo de maturação.
52. Para responder como o DNA atende aos critérios de autocopiar-se
Aula 10 – Código Genético
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31. A) A ordem dos RNAs transportadores será 4-7-6-8-7-1-3-5. B) A sequência
de aminoácidos será: isoleucina – serina – serina- histidina – serina – fenilalanina
– glutamina – treonina.
32. A) I. RNAm procariota - Em geral contém informação para a tradução de mais
de uma cadeia polipeptídica ou é policistrônico. II. RNAm eucariota - Contém a
informação ou instrução para a tradução de uma única cadeia polipeptídica ou é
monocistrônico. B) Genes procariotas não possuem introns, portanto, não
ocorrem: transcrição de pré-RNAm e splicing. O RNAm transcrito do gene
apresenta apenas exons. C) I. É uma mutação em que a substituição de um par
de bases origina um outro códon que continua codificando o mesmo aminoácido.
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II. A mutação silenciosa é conseqüência da redundância do código genético, ou
porque o código genético é degenerado. D) I. A mutação ocorreu em uma trinca
codificante do DNA, tornando-a uma trinca que será transcrita em um códon de
parada. II. A mutação ocorreu em uma trinca de DNA que é transcrita em um
códon de parada, tornando-a codificante de aminoácido.
33. A) São necessários pelo menos 84 nucleotídeos, pois cada aminoácido de
uma proteína é codificado por uma trinca de nucleotídeos. Além disso, mais 6
nucleotídeos corresponderiam ao códon de iniciação e de terminação. B) Não.
Devido à degeneração do código genético, um aminoácido pode ser codificado
por mais do que uma trinca de nucleotídeos. C) Dentre outras, a mutação que
originou a espécie 2 foi uma substituição por uma mutação pontual (nos
aminoácidos 7 e 12). Uma inversão (nos quatro últimos aminoácidos) produziu a
alteração verificada na espécie 3 e uma deleção (nos aminoácidos de 7 a 12)
acarretou o surgimento da espécie 4.
34. A) Se os códons fossem de duas letras, haveria apenas 16 combinações de
códons (4X4=16), insuficientes para codificar 20 aminoácidos. Sendo de três
letras, haverá 64 combinações (4X4X4=64), o que possibilita a codificação dos 20
aminoácidos. B) Sim e não, respectivamente.
35. A) Mutações. B) Não. Genoma é o conjunto de genes, enquanto que código
genético é a relação entre genes e proteínas (códons e aminoácidos).
36. A) As proteínas obtidas possuíam apenas um tipo de aminoácido porque o
DNA utilizado apresentava um único tipo de códon, uma vez que são as mesmas
três bases sempre repetidas. B) O tipo de aminoácido utilizado na produção da
proteína poderá variar dependendo do local onde os ribossomos iniciam a
tradução do código genético. O aminoácido utilizado é a serina quando a leitura
começa no A, do códon AGC. O aminoácido é a alanina quando a leitura começa
no G, do códon GCA. O aminoácido utilizado é a glutamina, quando a leitura
começa no C, do códon CAG.
37. A) Em ribossomos isolados não há síntese de cadeias polipeptídicas. O RNA
mensageiro é necessário pois transmite a mensagem genética para a síntese dos
polipeptídeos. B) Polipeptídeos são formados a partir do encadeamento de
aminoácidos. Polirribossomos são constituídos de ribossomos ligados ao RNA
mensageiro.
38. A) As proteínas produzidas pelos extraterrestres em questão, poderiam ter, no
máximo, 16 tipos diferentes de aminoácidos. Seu código genético, formado por
pares de bases, permite a formação de apenas 16 códons diferentes. Isso sem
considerar a possibilidade da existência de um, ou mais, códons de finalização.
Neste caso, não seria possível a produção das proteínas B e C com,
respectivamente, 16 e 19 aminoácidos. B) A diversidade no planeta Terra seria
maior, pois o código genético dos terráqueos é formado por 64 códons, sendo 3
códons de finalização. Assim o número de tipos distintos de aminoácidos
presentes nos polipeptídeos seria, obviamente, maior. C) A proteína produzida
pela bactéria terrestre não será idêntica ao polipeptídeo alienígena, uma vez que
o equipamento ribossômico da bactéria que incorporou o gene, está capacitado
para traduzir códons constituídos por 3 bases nitrogenadas consecutivas.
39. Como o ARNm pode conter outros códons AUG, além do códon de iniciação,
a iniciação da tradução poderia ocorrer em qualquer região onde houvesse um
outro códon AUG, o que geraria peptídeos truncados ou incompletos. A tradução
só ocorre quando a sequência de Shine-Dalgarno e o códon AUG estão
presentes. Assim, a sequência de Shine-Dalgarno permite identificar que códon
AUG é o de iniciação e que códons AUG codificam a metionina.
40. A) Arginina, pois é o único aminoácido que foi traduzido por códons diferentes.
(AGA e AGG).
Desvantagem: Não ocorrem as glicosilações inicial e sucessivas à fração protéica.
Justificativa: Procariotas não possuem Sistema de Endomembranas ou não
possuem Retículo Endoplasmático Granular e Sistema Golgiense. III. A
Universalidade do Código Genético. B) I. PCR / Reação em Cadeia da
Polimerase. II. Impressão digital genética ou Identificação de pessoas. Detecção
de doenças hereditárias. Construção de árvores filogenéticas.
32. A) Sim, porque há a possibilidade de plasmídeos conterem genes cujos
produtos de transcrição podem destruir substâncias tóxicas às bactérias, como os
antibióticos. B) Os plasmídeos podem ser modificados geneticamente e serem
usados como vetores para a implantação de genes em bactérias. C) Insulina,
Hormônio do crescimento. D) universalidade do Código Genético. E) Ferramenta:
enzimas de restrição. Obtenção: bactérias.
33. A) Através da técnica do DNA recombinante na engenharia genética, pode-se
cortar um segmento de DNA humano com o gene para a insulina humana através
de enzimas de restrição, e posteriormente colar esse gene no DNA de uma
bactéria previamente cortado pela mesma enzima de restrição, sendo a colagem
feita pela enzima DNA ligase. B) Extração de insulina humana do pâncreas de
cadáveres e extração de insulina suína a partir do pâncreas de porcos.
34. A) planta transgênica é uma planta modificada por engenharia genética com
genes de outra espécie; elas são de interesse comercial porque são mais
nutritivas, mais resistentes, etc... B) o uso da planta autógama e sem parentes
silvestres no Brasil é mais seguro por não haver riscos de transferir genes para as
plantas silvestres.
35. A) A terapia gênica consiste na cura de defeitos genéticos pela introdução de
genes normais em células de indivíduos doentes. B) “... usaram um retrovírus
para introduzir uma cópia correta do gene nestas células.”
36. A) Célula germinativa ou célula meristemática. Esta célula é precursora de
todas as demais células de uma planta. Logo, se ela possuir o gene da petúnia
que define a cor azul, a roseira que dela se originar também apresentará o gene
para a produção do pigmento azul. B) Não há possibilidade. Para que a
expressão da enzima seja contínua, essa informação deve estar contida em um
segmento de DNA, pois os RNA mensageiros transcritos a partir desse gene não
se replicam, sendo degradados ao final de algum tempo.
37. A) O melhoramento genético envolve a transferência de vários genes de uma
vez através do cruzamento de indivíduos selecionados com genes para as
características desejadas; a transgenia permite a transferência de um único gene
através de técnicas de engenharia genética. B) O cruzamento no melhoramento
genético envolve a possibilidade de geração de várias categorias de
descendentes, nem sempre tendo todos eles as características desejadas; a
transgenia permite a transferência precisa de todos os genes desejados para o
indivíduo que se deseja modificar.
38. A) Nas células da medula óssea existem células precursoras dos eritrócitos.
Após receberem a cópia do gene, que codifica a cadeia peptídica da
hemoglobina, essas células se diferenciarão em eritrócitos que produzirão a
hemoglobina normal. B) O retrovírus modificado mostrado no esquema IV. Essa
partícula viral tem a capacidade de inserir a cópia do gene da cadeia ß da
hemoglobina no cromossomo das células hospedeiras, porque contém as
enzimas transcriptase reversa e integrase. Além disso, não tem a capacidade de
produzir novas partículas virais que infectariam as outras células do paciente, pois
o trecho X do ácido nucleico do vírus original foi retirado.
39. As bactérias transferirão com certeza seus genes para os descendentes, o
que não acontece com células eucarióticas, uma vez que, por meiose, podem ou
não transferir os transgenes para os gametas.
40. A1) etapa II. A2) etapa I. A3) etapa III. B) Organismos ou indivíduos em que
genes de uma outra espécie são deliberadamente introduzidos por meio de
engenharia genética.
B) Não, pois o código genético é degenerado. Alguns aminoácidos podem ser
codificados por diferentes códons e não seria possível saber qual dos códons
estava presente no mRNA que foi traduzido.
Aula 12 – Teste de DNA
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31. A) O resultado mostrou que o Filho 1 é filho biológico do outro homem porque
apresenta duas bandas (segmentos de DNA) também encontradas nesse homem,
enquanto as outras duas se referem a segmentos de DNA herdados da mãe. O
Filho 2 é filho do marido, já que as bandas referentes a esse filho são
encontradas tanto no resultado referente à mãe quanto naquele correspondente
ao marido. B) Não, porque o DNA mitocondrial tem informações só do genoma
materno, proveniente das mitocôndrias do gameta materno (óvulo). Não seria
possível, portanto, detectar os fragmentos de DNA mitocondrial de origem
paterna.
32. Para começar apenas a presença de duas bandas (A e B) é indicativo positivo
para o indivíduo apresentar a disfunção muscular. Interpretando cada banda
Aula 11 – Engenharia Genética
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30. A) Incluindo-se no vírus modificado genes para produzir enzimas não
produzidas devido a defeitos genéticos e aplicando-se o vírus modificado no
portador do defeito. Na imunodeficiência combinada severa ou doença da bolha,
por exemplo, poderia ser introduzido no vírus o gene para a produção da enzima
ausente nos portadores, a ADA (adenosina-desaminase), permitindo que seu
sistema imune volte a funcionar. B) No zigoto (se fosse possível), porque todas as
células do indivíduo adulto são provenientes dele; com o defeito corrigido no
zigoto, todas as células do adulto serão normais.
31. A) I. Ativador Tecidual do Plasminogênio (TPA) / Estreptoquinase. II.
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como um gene, chamaremos a banda A de A, a banda B e B, e a ausência delas
de 0 (observe que as bandas são genes alelos porque ocupam o mesmo loco).
Assim, o indivíduo I será AB, o II será A0, o III será 00 e o IV será B0. A) II, III e
IV, porque não têm os dois marcadores. B) O único possível cruzamento que
pode oferecer os genótipos AB, A0, B0 e 00 é entre indivíduos A0 e B0, ou seja, II
e IV. C) 0.
33. Como o mRNA apresentou o mesmo padrão eletroforético, significa que não
houve nenhum problema na transcrição gênica para a produção do mRNA. Assim,
a diferença entre os dois padrões de proteínas pode ter sido causada por uma
mutação no DNA ou por alguma alteração no processo de tradução do mRNA.
Isso resultou na tradução de uma proteína com menor tamanho (padrão B) em
relação ao padrão A (selvagem), ou seja, menor massa molecular.
34. A) Dada à grande variedade das seqüências de nucleotídeos no DNA na
espécie humana em praticamente infinitas possibilidades de combinação, é
praticamente impossível que dois indivíduos possuam seus DNA idênticos, exceto
nos casos dos clones naturais, isto é, os gêmeos univitelinos. B) Da mesma
maneira que o material genético do filho é proveniente do material do pai,
havendo profundas semelhanças entre estes materiais genéticos (aliás, a
diferença existente entre os cromossomos do filho e do pai e mãe diz respeito
apenas ao crossing-over), o material genético do filho é proveniente do material
do avô ou avó. Desta maneira, a análise do DNA destes parentes (ou mesmo de
tios, cujo material genético em um cromossomo é bastante semelhante ao do pai)
pode fornecer um esclarecimento sobre a paternidade da criança.
35. I. O exame de DNA pode ser feito com qualquer célula nucleada ou
fragmentos de núcleos de células, como em fios de cabelo. II. A semelhança
genética entre pai e filho é bem superior à semelhança entre tio e sobrinho, o que
pode ser percebido no exame de DNA. III. O cadáver pode ser exumado e dele
extraído DNA viável para a realização do exame.
36. Por que B é heterozigoto.
37. Como o projeto visava determinar a sequência completa de todos os
cromossomos humanos, era importante incluir nesse conjunto o cromossomo Y.
Como o cromossomo Y só existe nos indivíduos do sexo masculino, assim o
doador teria que ser um indivíduo desse sexo.
38. A) Se ocorrer a comparação do DNA das células recebidas na transfusão com
as da criança, a paternidade será negada, mesmo que o cidadão safado seja o
pai da criança. B) Tomar várias amostradas de célula do cidadão vagabundo e
comparar com as da criança; caso o DNA de nenhuma delas seja compatível, a
paternidade estará excluída; caso o DNA seja compatível em alguma, a
paternidade estará confirmada. Pode-se também remover DNA de outras partes
do corpo que não o sangue.
39. A) Inclusão. A porcentagem de bandas coincidentes de 50% é compatível com
a porcentagem de 50% de DNA da criança que é herdada de cada um dos
genitores, pai e mãe. B) A reação de cadeia de polimerase cria várias cópias de
uma molécula de DNA sem a necessidade de um vetor biológico. Essa técnica se
baseia na capacidade de replicação (auto-duplicação) do DNA.
40.
A)
3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’.
B)
5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’.
C)
3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’
/
5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’.
29. Os microrganismos (procariotos ou eucariotos) possuem tamanho maior que o
dos poros, ficando retidos no filtro de cerâmica. A água passa livremente pelos
poros do filtro de 200 nm, ficando filtrada e livre dos microrganismos. Portanto,
estes filtros, por reter os microrganismos e filtrar a água, são considerados
esterilizantes.
30. Pode-se generalizar a seguinte fórmula: aumento total X tamanho da
estrutura analisada = poder de resolução do olho humano. Assim temos que:
Aumento total X 8 µm = 100 µm → aumento total = 12,5 X. Como o aumento
mínimo é o de 80 X (10 X de ocular e 8 X de objetiva), esta é a resposta.
Aula 14 – Estrutura da Membrana Plasmática
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28. A) fosfolipídios, proteína, açúcares (glicocálix). B) 1. C) o modelo do mosaico
fluido apresenta proteínas móveis na bicamada que podem se deslocar de acordo
com as necessidades da membrana (ou seja, de acordo com a direção das
substâncias que serão transportadas).
29. A) X – lipídios; Y – proteína. B) A bicamada lipídica se fusiona às vesículas
citoplasmáticas contendo as secreções, o que permite sua eliminação no meio
extracelular.
30. A) A membrana plasmática da célula intacta deve ser formada por duas
camadas de lipídios (uma bicamada). B) Na de que os lipídios dispersos na água
ocuparam o dobro da superfície em relação à superfície das hemácias. Unida ao
fato de que as hemácias possuem somente a membrana plasmática, a melhor
explicação é que os lipídios estejam acomodados em duas camadas na
membrana intacta.
Aula 15 – Função da Membrana
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30. Na desidratação severa, a hidratação com água contendo sal e açúcar tem a
finalidade de repor o sódio (Na+) perdido, já que o sódio só pode ser absorvido
junto com a glicose pela proteína transportadora, por co-transporte do tipo
simporte.
31. A) 1B ou C; 2A; 3B; A é difusão simples, transporte de solutos apolares a favor
do gradiente pela bicamada lipídica; B é difusão facilitada, transporte de solutos
polares a favor do gradiente por proteínas carreadoras; C é transporte ativo,
transporte de solutos contra o gradiente por proteínas carreadoras com atividade
ATPásica. B) A alface perdeu água por osmose por ter sido exposta a um meio
hipertônico.
32. A) Transporte ativo secundário. A princípio, o houve passagem a favor do
gradiente, e depois a passagem continuou contra o gradiente. Assim, a
concentração intracelular de X, inicialmente menor que a extracelular, aumentou
após a incubação, tornando-se maior do que a extracelular e caracterizando um
tipo de transporte contra gradiente de concentração, dependente de gasto
energético. B) Devido à bomba de sódio e potássio, o meio extracelular terá mais
sódio que o meio intracelular, como ocorre no quadrante A.
33. A) O salgamento desidrata as bactérias decompositoras por osmose. B) Sim,
uma vez que a parede celular impede a plasmoptise. C) A bomba de sódio e
potássio mantém a baixa concentração intracelular de sódio, o que força sua
entrada por difusão. Como o sódio entra em co-transporte com a glicose, a difusão
de sódio fornece energia para carregar.
34. A questão cobre o tema de Biologia Celular, enfocando os efeitos da
tonicidade do meio sobre o volume celular. Ao tratar as folhas de Elodea com a
solução A, o técnico de laboratório observou, sob microscopia óptica, que as
células apresentaram o mesmo aspecto daquelas imersas na solução isotônica de
NaCl, então, pôde concluir que a solução A era isotônica com as células. Com a
solução B, observou que as células de Elodea ficaram mais túrgidas, portanto,
esta solução era hipotônica em relação às células e, assim, menos concentrada
que a solução A (isotônica). Ao gotejar as células com a solução C, verificou que
as células ficaram mais murchas que aquelas da Elodea submetidas à solução A,
o que deu para concluir que a solução C era hipertônica em relação às células,
pois o fato de terem murchado significa que o meio era mais concentrado que as
células. Ao visualizar as células após gotejar a solução D verificou que as
mesmas ficaram mais murchas que aquelas da solução A, porém menos murchas
que as da solução C. Assim, pôde concluir que as concentrações das soluções
seguiam a seguinte ordem decrescente [C] > [D] > [A] > [B]. Assim, pôde inferir
que [C] = 0,8M; [D] =0,6M; [A] = 0,4M e [B] = 0,2M. Quanto ao item II da questão,
as células de Elodea não estouraram quando gotejadas com a solução B
(hipotônica em relação às células) porque, como as de todos os vegetais,
Aula 13 – Introdução à Citologia
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26. A) A Chlamydia trachomatis é uma bactéria, pois, como mostra a tabela, não
apresenta núcleo celular organizado, porém possui DNA, RNA, membrana
plasmática e ribossomos. Herpes simplex é um vírus. Este organismo não possui
estrutura celular típica, fato evidenciado pela ausência de membrana plasmática,
núcleo e ribossomos. B) Não. O gráfico indica o crescimento populacional de
bactérias que se multiplicam através de divisões binárias, segundo uma
progressão geométrica de razão 2. Os vírus não apresentam um padrão de
crescimento representado pelo gráfico pois, dependendo de células hospedeiras
para se multiplicar, podem produzir múltiplas cópias em determinado intervalo de
tempo.
27. A) síntese proteica. B) citoplasma. C) I = DNA, II = RNA e III = proteína. D em
células de procariontes, a transcrição e a tradução são simultâneas, ambas
ocorrendo no citoplasma, enquanto que em eucariontes, a transcrição ocorre no
núcleo e a tradução ocorre no citoplasma.
28. Hematoxilina: núcleo, porque possui DNA (ácido). Eosina: citoplasma, porque
tem a maioria de suas proteínas básicas. Observação: Em células com alta
intensidade de síntese protéica, a abundância de ribossomos, que são compostos
de RNAr (ácido ribonucléico), torna o citoplasma corável também por
hematoxilina.
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possuem parede celular, que é uma estrutura rígida e externa à membrana
plasmática, proporcionando resistência contra o rompimento da membrana com o
aumento do volume celular.
35. A) Tanto em diarreias como na sudorese excessiva, a perda de água é
acompanhada de perda de íons como sódio e potássio. Assim, a reposição de
água deve ser acompanhada da reposição desses íons. No caso da reposição por
via oral, para que ocorra absorção de sódio pelo epitélio do intestino, se faz
necessária a adição de glicose, uma vez que a entrada de sódio e glicose se dá por
um mecanismo de cotransporte, onde só pode haver a entrada das duas
substâncias simultaneamente. B) A massa molecular da sacarose é bem maior que
a do cloreto de sódio, de modo que, apesar de a quantidade de moléculas (ou de
mol) ser a mesma, a massa de açúcar é maior do que a de sal.
36. A quantidade de aquaporinas deverá ser maior no paciente. A elevada
concentração de solutos indica desidratação causada pela diarreia e, portanto, a
necessidade de reabsorver água, reduzindo sua perda na urina.
37. A) As soluções eram hipertônicas, pois foram capazes de reduzir o volume
celular por perda de água devida à osmose. B) O soluto A foi capaz de atravessar a
membrana pois, após algum tempo, o volume celular foi restaurado, indicando que
as concentrações intracelulares e extracelulares se igualaram.
38. A) (x) O transporte da substância S2 é mediado por carreador. (x) A substância
S1 é transportada por difusão simples. B) O transporte da substância S1 é feito por
difusão simples, enquanto que a substância S2 é transportada por carreador. Na
difusão simples, a velocidade do transporte é diretamente proporcional à
concentração da molécula transportada. Já no transporte mediado por carreador, a
velocidade de transporte se aproxima de um valor máximo quando a proteína
carreadora está saturada (todos os sítios ligantes estão ocupados), pois este
transporte depende da ligação da molécula a ser transportada à proteína
carreadora.
39. A) (X) por difusão simples, através da bicamada lipídica da membrana
citoplasmática. B) Sendo um lipídio esteroide de peso molecular intermediário (não
é macromolécula), o colesterol atravessa a membrana por difusão simples via
bicamada lipídica, e não por proteínas ou endocitose.
40. Se no meio A, hipertônico, não houve alteração de volume, é porque as
concentrações se tornaram iguais por difusão do soluto, e se o soluto pode passar
pela membrana, é porque as partículas são bastante pequenas. Se no meio B,
também hipertônico, houve plasmólise, é porque houve perda de água, ou seja, o
solvente se deslocou porque o soluto é muito grande para atravessar a membrana.
Uma ressalva: na verdade, se há difusão, também tem que haver osmose, de
modo que, na verdade, em A, a água deve ter se deslocado por osmose junto com
a ocorrência da difusão, mas uma vez que o soluto atravessa a membrana, a água
o acompanha por osmose, retornando o volume da célula ao original. Assim, a
célula altera seu volume a princípio, mas retoma seu volume original, enquanto que
em B, a célula altera seu volume, mas não retoma seu volume original.
48. A) tubo I: Núcleo (observe que há DNA e RNA, sendo que apenas três
estruturas celulares apresentam tais substâncias: mitocôndrias, cloroplastos e
núcleo; entretanto, há proteínas histônicas, o que não existe em mitocôndrias e
cloroplastos, que possuem DNA desnudo como seus prováveis ancestrais
bacterianos); tubo II: R.E.Rugoso (fosfolipídios e proteínas de membrana indicam
a existência de estruturas membranosas, e o RNAr e as proteínas ribossômicas
indicam a presença de ribossomos); tubo III: Cloroplasto (presença de clorofila).
B) Como já citado, cloroplastos ainda possuem DNA e RNA, além de RNAr e
proteínas de ribossomos. C) se houvesse fosfolipídios e proteína de membrana
apenas: R.E.Liso, Complexo de Golgi ou Vacúolo de suco celular; se houvesse
fosfolipídios, proteínas de membrana e enzimas digestivas: lisossomas; se
houvesse fosfolipídios, proteínas de membrana e catalase: peroxissomas...
49. A) O núcleo contém DNA que comanda a produção das proteínas através da
síntese de RNA. B) Proteínas e Glicoproteínas porque os ribossomos produzem as
proteínas que são associadas aos açúcares no Complexo de Golgi.
50. A) Filamentos tubulares formados pela proteína tubulina. B) Formação do fuso
de divisão celular onde se prendem os cromossomos duplicados antes da
disjunção. C) Muda de cor para confundir-se com o ambiente e (ou) atrair
indivíduos do sexo oposto.
51. A) Osmorregulação. B) Tende a sofrer plasmoptise, pois a água penetra pela
membrana plasmática por osmose. C) O meio deve estar isotônico ou hipertônico
em relação ao citoplasma das amebas.
52. A) Os polissacarídeos são produzidos durante a fotossíntese, a qual ocorre nos
cloroplastos. Os açúcares são transportados pelo retículo até o Complexo de Golgi
onde serão armazenados e modificados. B) O Complexo de Golgi elimina os
açúcares em grânulos de secreção, os quais se fundem à membrana plasmática e
depositam os polissacarídeos na parede celular.
53. Retículo endoplasmático granular (REG), complexo golgiense (CG) e
vesículas de secreção (VS). REG: síntese das proteínas; CG: envolvimento das
proteínas por suas membranas; VS: fusão com a membrana plasmática, liberando
as proteínas para fora da célula.
54. A) Filamento intermediário. A célula também se rompe e diminui a adesão
entre as células vizinhas. B) Localizam-se no sarcômero. Atuam na contração
muscular.
55. A) São estruturas celulares formadas por microtúbulos: citoesqueleto, fuso
acromático, cílios e flagelos. O taxol, impedindo a polimerização dos microtúbulos,
determina a interrupção das divisões celulares. A mitose nas células tumorais seria
bloqueada durante a metáfase, uma vez que é nesta etapa que os cromossomos
prendem-se aos microtúbulos do fuso acromático. B) Células desprovidas do
complexo de Golgi não mais poderiam produzir os lisossomos que atuam no
processo de digestão intracelular. Os espermatozóides não apresentariam o
acrossomo, vesícula derivada do complexo de Golgi. Esta estrutura libera as
enzimas necessárias para a penetração do gameta masculino no óvulo. Neste
caso, os gametas seriam incapazes de realizar a fertilização.
56. A) hidrolases ácidas. B) Essas enzimas, se chegarem ao citoplasma/citosol
por algum motivo (como o rompimento da membrana lisossomal), não seriam
ativas, pois o pH citosólico é 7,2 (neutro).
57. A membrana nuclear e a mitocôndria possuem duas membranas. O lisossomo
e o peroxissomo possuem uma membrana cada, e os ribossomos não possuem
membrana. Desta forma, os valores corretos do item A seriam: a.1. = 4, a.2. = 2 e
a.3. = zero (não teria membrana para atravessar). Na respiração aeróbica, o
oxigênio é o último aceptor da cadeia transportadora de elétrons. Essa cadeia
ocorre nas membranas internas das mitocôndrias e é necessária para a formação
do ATP. Na fase clara da fotossíntese, o O2 é liberado na fotólise da água (H2O),
reação que ocorre nas membranas dos tilacóides dos cloroplastos. Portanto, os
processos seriam: respiração aeróbica, fotossíntese e oxidação de substâncias
orgânicas (item B).
58. A organela indicada por A é o Núcleo. O núcleo contém a maioria do material
genético da célula (DNA). Ele determina a expressão desse material, em razão do
funcionamento celular, ou seja, controla as funções celulares e a sua duplicação
quando a célula se divide. A organela indicada por B é o Vacúolo. Quando a
célula aumenta, o incremento do volume celular é devido à absorção de água que
é destinada principalmente ao vacúolo, que auxilia na expansão celular,
aumentando a pressão de turgor dentro da célula. Além disso, o vacúolo tem
função de acúmulo de substâncias, tais como, íons, taninos, cristais, pigmentos
etc. O vacúolo também pode assumir a função de digestão celular e de controle
osmótico. A estrutura indicada pelas setas é a parede celular. Um aspecto
característico das células vegetais é que elas são delimitadas por uma parede
celulósica.
59. A) Concentrações: X = 100mg/mL, Y= 25mg/mL e Z= 50mg/mL. A
concentração de 25mg/mL da substância não exigiu o aumento da área do retículo
endoplasmático liso para sua metabolização, como observado na coluna Y,
enquanto que, na concentração de 50mg/Ml observou-se o aumento da área do
Aula 16 – Citoplasma
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43. A) Reagindo com a catalase, liberando oxigênio que inibe as bactérias
anaeróbias. B) Violeta nos tubos I e III. No tubo II, inicialmente violeta e, depois de
algum tempo, amarelo. C) Porque a amilase digeriu o amido. D) Porque o calor
desnaturou a enzima e a degradação do amido não ocorre.
44. A) protozoários de água doce são hipertônicos em relação ao meio, ganhando
água por osmose; protozoários de água salgada são isotônicos. B) BUM!
(plasmoptise...)
45. A) Lisossomos são vesículas membranosas esféricas contendo enzimas
digestivas (hidrolases ácidas) em seu interior. Eles são responsáveis pela atividade
de digestão intracelular (é nada!). B) Os genes para a deficiência na produção das
enzimas lisossômicas é que são hereditários.
46. A) A – Retículo endoplasmático rugoso: síntese de proteínas de exportação. B
– Mitocôndria: fase aeróbica da respiração celular. C – Complexo de Golgi: síntese
de glicolipídios, glicoproteínas e mucopolissacarídeos, acondicionamento de
substâncias em vesículas de secreção, formação de acrossomo (em
espermatozóides) e lamela média (após a mitose vegetal). D – Vesículas de
secreção ou grânulos de zimogênio: eliminação de substâncias por exocitose. E –
Nucleoplasma, carioplasma ou cariolinfa: guarda do material genético. F –
Nucléolo: síntese de ribossomos. B) A – C – D.
47. Os problemas respiratórios serão causados pela impossibilidade dos cílios no
epitélio de revestimento interno da traqueia removerem o excesso de muco e a
esterilidade será causada pela impossibilidade dos flagelos dos espermatozoides
se moverem.
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retículo endoplasmático liso até 51 m2m/célula (coluna Z). A concentração mais
alta (100mg/mL) exigiu que o retículo endoplasmático liso aumentasse
acentuadamente a sua área para tentar metabolizar a substância (coluna X). B) 4 o
dia, pois neste dia observa-se o início do aumento da área do retículo nas colunas
X e Y, devido a exposição das células ao tratamento com a substância. C) Retículo
endoplasmático liso, pois esta organela é a responsável pela detoxificação celular.
D) A função principal do retículo endoplasmático liso nas células da musculatura
esquelética é controlar a concentração de cálcio citoplasmático.
60. A) I e III. B) Quando as células hepáticas foram mantidas em presença de
Benzopireno ocorreu aumento da superfície do retículo endoplasmático liso, pois,
esta é a organela responsável pela metabolização de drogas. Com a
metabolização, a droga carcinogênica, que era inativa, torna-se ativa, podendo
alterar o controle da divisão celular em células presentes no meio de cultura.
as cervejas brasileiras têm menor teor alcoólico. B) Sim, porque respirando por
respiração aeróbica, a produção de CO2 por molécula de glicose (6) é maior que
na fermentação alcoólica (2).
36. Como a produção de ATP via metabolismo aeróbio é insuficiente pelas
limitações no aporte de oxigênio durante o exercício, a célula muscular passa a
usar, principalmente, a fermentação láctica, que gera ATP de modo mais rápido.
Essa fermentação é o mecanismo pelo qual a célula muscular reoxida o NADH +
H+, permitindo o funcionamento contínuo da glicólise em condições anaeróbias.
37. Charque: a adição de sal à carne torna o meio hipertônico em relação aos
microrganismos, que perdem água por osmose e morrem. Vinagre: o pH baixo da
solução (meio ácido) compromete o metabolismo dos microrganismos,
especialmente por desnaturar proteínas. Compota: a adição de grande
quantidade de açúcar torna o meio hipertônico em relação aos microrganismos,
que perdem água por osmose e morrem.
38. Ao contrário da glicose, o NAD é uma coenzima do processo, participando das
reações de acepção e doação de elétrons sendo, portanto, reciclado e não
degradado.
39. aumento na quantidade de vasos sangüíneos nos músculos para aumentar o
aporte de sangue e oxigênio; aumento na quantidade de mitocôndrias nas fibras
musculares para aumentar a produção de energia a partir de processos
aeróbicos; aumento na quantidade de mioglobina nas fibras musculares para
aumentar o aproveitamento de oxigênio pelos músculos; aumento na capacidade
respiratória para aumentar o aporte de oxigênio para os pulmões durante a
atividade; aumento na capacidade cardíaca para aumentar o aporte de sangue e
oxigênio para os músculos.
40. Curva 1, CO2; curva 2, O2; curva 3, lactato. Durante o mergulho, não
ocorreram trocas gasosas com o ambiente. Logo, a curva 2, a única que mostra
consumo, representa o oxigênio. De forma análoga, a curva 1, que aumenta
durante o mergulho, representa o CO2. O exercício em anaerobiose aumenta a
produção de lactato, que é posteriormente metabolizado, o que é mostrado pela
curva 3.
Aula 17 – Fermentação
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26. A contração muscular demanda energia, obtida pela degradação do ATP. No
esforço muscular prolongado, as reservas de ATP das células musculares se
esgotam e a taxa de respiração celular aumenta, para suprir a demanda de ATP e
permiti a continuidade do esforço. O aumento da taxa de respiração celular
determina um aumento na taxa de CO2 no sangue. Há estímulo para o aumento
dos batimentos cardíacos e do ritmo respiratório, para eliminar eficazmente o CO 2
presente no sangue e aumentar a quantidade de O2.
27. Leveduras (fungos unicelulares): utilizadas na produção de bebidas alcoólicas
e como fermento na produção de pães e bolos, o que se dá através da
fermentação alcoólica. Acetobactérias: utilizadas na produção de vinagre, o que
se dá através da fermentação acética. Bactérias lactobacilos: utilizadas na
produção de laticínios como iogurtes e queijos, o que se dá através da
fermentação láctica. Bactérias em geral: utilizadas na produção de organismos
geneticamente modificados pelo fornecimento de enzimas de restrição capazes
de cortar trechos de DNA para a produção de DNA recombinante.
28. A) Como são anaeróbicas facultativas, na presença de oxigênio realizam
respiração aeróbica e na ausência de oxigênio realizam fermentação (no caso,
fermentação alcoólica). B) O rendimento energético da respiração aeróbica é
superior ao da fermentação alcoólica, permitindo uma maior atividade metabólica
no primeiro caso. Quando se utiliza fermento biológico (que corresponde à
levedura Saccharomyces cerevisiae) em massas, a região mais externa da massa
trabalha com respiração aeróbica, pois terá oxigênio disponível para si, enquanto
que a região mais interna da massa trabalha com fermentação alcoólica, pois não
estará em contato com oxigênio. O interessante, é que a região central da massa
consumirá glicose mais rapidamente, uma vez que, como o rendimento energético
da fermentação é menor que o da respiração aeróbica, haverá necessidade de se
consumir mais glicose para se obter o mesma quantidade de ATP gerado pela
atividade aeróbica.
29. A) na superfície, as células realizam a respiração aeróbica; no interior da
massa, na ausência de oxigênio ocorre a fermentação alcoólica. B) a fermentação
alcoólica produz CO2 que estufa a massa.
30. Na ausência de oxigênio ocorre apenas a fermentação, processo que tem
rendimento energético menor que o da respiração, havendo necessidade de um
maior consumo de glicose para compensar tal situação.
31. Caldo, uma vez que possui sacarose, que pode ser utilizado diretamente
pelas leveduras. (O bagaço tem celulose que teria que ser quebrado por enzimas
em glicose para que as leveduras o pudessem utilizar; essas enzimas teriam que
ser adicionadas pelos interessados na produção do etanol, uma vez que as
leveduras não as produzem.)
32. A) maratonistas: C, porque corridas de longa distância são aeróbicas,
havendo maior ação das fibras lentas; velocistas: A, porque corridas de
velocidade são anaeróbicas, havendo maior ação das fibras rápidas. B) acúmulo
de ácido láctico devido ao suprimento inadequado de oxigênio para o músculo.
33. A) A receita B produziu iogurte saboroso. O iogurte natural foi utilizado por ser
fonte de bactérias responsáveis pela fermentação láctica (Lactobacillus), processo
bioquímico que resulta no iogurte. B) A fervura matou os lactobacilos. Com isso,
não houve a formação de iogurte. A adição de geleia de morango adocicada e a
temperatura ambiente fornecem excelente meio para a multiplicação de bactérias
decompositoras do meio, que são responsáveis pelo resultado final, o leite
estragado.
34. A) Fermentação alcoólica com liberação de gás carbônico. Depois que a
massa cresce pelo acúmulo de gás carbônico, sua densidade se reduz, de modo
que ela vem à tona. B) Além de a quantidade de álcool produzida na fabricação
do pão ser pequena, o calor do assamento faz com o álcool evapore.
35. A) II, uma vez que, se produz menos gás carbônico, produz menos álcool, e
Aula 18 – Respiração Celular
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36. 1 – Glicólise. 2 – Ciclo de Krebs. 3 – Cadeia Respiratória. 4 – NADH. 5 – ATP.
37. A) Não está ocorrendo feedback negativo da tiroxina sobre o TSH, o que
justifica a alta concentração dos dois. B) Como desacopladores da fosforilação
oxidativa, a energia liberada na passagem dos elétrons da cadeia respiratória do
espaço intermembrana para a matriz mitocondrial não é liberara como ATP, e sim
como calor, o que aumenta a temperatura corporal e a sudoreses, numa tentativa
de moderar a temperatura.
38. A) Como o retículo endoplasmático liso está relacionado com a destoxificação,
a célula A está relacionada a essa função. Como o retículo endoplasmático
rugoso está relacionado à produção de proteínas para exportação e o complexo
de Golgi está relacionado à secreção celular, a célula B está relacionada à
atividade de secreção. B) Como a célula B possui maior extensão de membranas
mitocondriais internas, relacionadas à cadeia respiratória e à fosforilação
oxidativa, produz mais energia e possui maior atividade metabólica.
39. A) Protozoários, algas, fungos, plantas e animais. B) Na fermentação e na
respiração aeróbica, o substrato oxidado é uma molécula orgânica, a glicose. O
aceptor final de elétrons na fermentação é um composto orgânico (ácido pirúvico
na fermentação láctica e etanal na fermentação alcoólica), uma vez que nela
ocorre oxidação somente parcial da glicose, e o aceptor final de elétrons na
respiração aeróbica é um composto inorgânico, o oxigênio, formando água como
produto, uma vez que nela ocorre oxidação total da glicose.
40. Um dos monossacarídeos: glicose, frutose. Substâncias: ácidos graxos e
glicerol. Precursor: ácido pirúvico.
41. Desacoplamento da fosforilação oxidativa. Hormônios tireoidianos, à exceção
da calcitonina.
42. Curva Z. Na mitocôndria intacta, íons H+ são bombeados a partir da matriz e
se acumulam no espaço intermembranas. Na mitocôndria sem membrana
externa, os íons H+ se difundem para o meio nutritivo. Como conseqüência, há
diminuição do pH do meio.
43. Gráfico I; o DNF, desfazendo o gradiente de prótons, inibe a síntese de ATP,
mas não atua na cadeia respiratória. Consequentemente, o quociente entre a taxa
de síntese de ATP e a taxa de consumo de O 2 deverá ser menor, após a adição
do DNF.
44. O monóxido de carbono, por ter maior afinidade com o Fe++, impede a ligação
do grupamento heme da hemoglobina com o oxigênio, diminuindo o aporte desse
gás aos tecidos. Já sua ligação ao heme da citocromo C oxidase paralisa a
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cadeia respiratória mitocondrial, impedindo a síntese de ATP.
45. A) Gráfico 5 – sob iluminação; gráfico 3 – na obscuridade. O desacoplador
diminui a síntese de ATP na mitocôndria e acelera a cadeia respiratória,
provocando um decréscimo da taxa de produção de ATP mitocondrial e um
acréscimo no consumo de O2 pela cadeia respiratória. O gráfico 5 é o que
apresenta a síntese de ATP no cloroplasto similar ao controle. O gráfico 3,
apresentando uma baixa produção de ATP no cloroplasto, indica, portanto, o
experimento realizado na obscuridade. B) A taxa de produção de CO‚ deverá
diminuir. Devido à inibição da cadeia respiratória mitocondrial, a síntese de ATP e
o consumo de O2 na mitocôndria estão diminuídos em relação ao controle. Em
conseqüência do acúmulo de coenzimas de oxirredução sob a forma reduzida, as
oxidações do ciclo dos ácidos tricarboxílicos e a produção de CO 2 estão
diminuídas.
46. A) I – Membrana externa. II – Espaço intermembranas ou espaço
intermembranoso. III – Membrana Interna. IV – Matriz Mitocondrial. B) III – Cadeia
respiratória ou Cadeia transportadora de elétrons ou fosforilação oxidativa. IV –
Ciclo de Krebs ou Ciclo do Ácido Cítrico ou descarboxilação oxidativa. C)
Citoesqueleto ou sarcômero ou miosina ou microfilamentos; o qual teve seu
funcionamento afetado por ter menos ATP disponível ou redução da energia
disponível ou redução da respiração.
47. A) segundo a Hipótese Quimiosmótica, o fluxo de elétrons na cadeia
respiratória libera energia que bombeia prótons para o espaço intermembrana da
mitocôndria, gerando um gradiente eletroquímico; quando os prótons retornam
para a matriz pelos oxissomos, liberam energia utilizada na síntese de ATP. B)
fosforilação porque a síntese de ATP se faz pela adição de fosfato ao ADP, e
oxidativa porque envolve a liberação de elétrons a partir dos aceptores ativados,
NADH e FADH2. C) acúmulo de ácido láctico.
48. A) O maçarico, uma vez que possui maior concentração de enzimas
relacionadas ao metabolismo aeróbico, relacionado a atividades prolongadas,
como a citrato sintase e a lipase triacilglicerol. B) Músculo peitoral vermelho
implica em maior concentração da proteína mioglobina, que transfere oxigênio da
hemoglobina para a respiração aeróbica, estando relacionado a uma produção de
energia mais prolongada por vias aeróbicas a partir de gordura e glicogênio.
49. Observe que o álcool etílico será degradado em acetil-coA. Lembre-se que o
ácido graxo sempre tem um número par de carbonos exatamente porque é
formado a partir da junção de moléculas de acetil-coA, que têm 2 carbonos em
seu radical . Assim, o acetil-coA é consumido pelo ciclo de Krebs, porém, em
excesso, seu metabolismo é desviado para a formação de ácidos graxos, e daí
então de triglicerídeos (gorduras). No hepatócito, o acúmulo de gordura dificultará
as atividades hepáticas, o que caracteriza a princípio um quadro de esteatose (ou
fígado gorduroso ou pré-cirrose), o que culmina com a morte do hepatócito sem
possibilidade de regeneração, de modo que o fígado cicatriza, o que caracteriza
uma cirrose alcoólica.
50. Note que as mitocôndrias estão isoladas, não havendo pois citoplasma. Se
não há citoplasma, não pode haver glicólise, ou seja, quebra de glicose. O
mecanismo respiratório começará no acetil-coA ligando-se ao oxalacetato para
formar o citrato no ciclo de Krebs. Na situação I, com a glicose, nada ocorrerá (e
não haverá consumo de O2). Na situação II, com o citrato, ocorrerá o ciclo de
Krebs na matriz mitocondrial e serão gerados NADH e FADH2 que serão usados
pela cadeia respiratória nas cristas mitocondriais (e haverá consumo de O 2).
intensa do que a fotossíntese, de modo que a planta estará consumindo O 2 e
liberando CO2, o qual será coletado no equipamento. A2) Acima do PCF, a
fotossíntese é mais intensa do que a respiração, de modo que a planta estará
consumindo CO2 e liberando O2, o qual será coletado no equipamento. B) Três
fatores principais influenciam a fotossíntese, sendo eles a intensidade luminosa, a
temperatura e a concentração de gás carbônico. Como as condições de
temperatura e de exposição à luz são idênticas, o fator que deve ter variado deve
ter sido a disponibilidade de gás carbônico. Observação: Como houve
fotossíntese, o gás cujo teor aumentou na experiência do item B é o gás oxigênio,
que é produzido na fotossíntese em quantidades progressivamente maiores com
o aumento da mesma.
41. A) Enquanto o aquário é iluminado (amostra 1), a atividade de fotossíntese
das algas consome o gás carbônico, tornando o meio menos ácido (mais básico),
com maior pH e coloração azul; quando o aquário é mantido no escuro (amostra
2), não ocorre fotossíntese, e a atividade de respiração de algas e peixes libera
gás carbônico, tornando o meio mais ácido, com menor pH e coloração amarela.
B) Considerando que a atividade de decomposição (amostra 3) envolve
mecanismos de respiração aeróbica por parte dos decompositores, o gás
carbônico liberado tornará o meio ácido, com menor pH e coloração amarela.
42. A) No ciclo vital de uma angiosperma as fases heterotróficas são
representadas pelos gametófitos (tubo polínico e saco embrionário) dependentes
do esporófito verde e autótrofo e pelo embrião no interior da semente. Este é
nutrido pelo endosperma ou albúmen. B) Durante a germinação, o consumo de
alimento através da respiração supera a fotossíntese. Nesta fase o vegetal jovem
consome as reservas acumuladas na semente. Durante o crescimento, e na fase
adulta, a produção de matéria orgânica pela fotossíntese é maior do que o
consumo pela respiração. Desta forma o vegetal pode acumular matéria e
crescer.
43. A) Observe o gráfico adiante:
B) O valor provável para o ponto de compensação fótico é, aproximadamente, 5
unidades de intensidade luminosa.
44. A) a, pois em intensidade luminosa mais baixa já atinge seu ponto de
compensação fótica. B) PCF: igualam o O 2 produzido com o consumido e o CO2
produzido com o consumido, uma vez que a fotossíntese iguala à respiração.
PSL: atingem a produção máxima de O2 e o consumo máximo de CO2, uma vez
que a fotossíntese atinge sua intensidade máxima.
45. O intermediário é o 3-fosfoglicerato. Ele é a única substância que deixa de ser
degradada, aumentando de concentração enquanto houver ribulose-1,5-difosfato.
46. Em alta intensidade de luz, devido ao risco de a clorofila ser destruída
(lembre-se que o excesso de luz destrói a clorofila), os cloroplastos se empilham
em posição paralela a luz para diminuir a superfície de exposição à mesma e
assim minimizar a destruição das moléculas de clorofila. Em baixa intensidade de
luz, os cloroplastos se organizam numa monocamada perpendicular à luz para
aumentar a superfície de exposição a ela, e assim melhor captar a luz de baixa
intensidade.
47. A) 3: clorofila; 7: complexo antena. B) centro de reação: clorofila a P700;
aceptor: ferredoxina. C) 4: oxidação; 5: redução.
48. A) A fotossíntese, e consequentemente a produção de O 2, é mais intensa com
luz vermelha e azul e menos intensa com luz verde. B) A: O2 com O18 e glicose
com O16. B: O2 com O16 e glicose com O18. C) Falta de água; água é um dos
substratos para a fotossíntese.
49. Primeiro: A fotossíntese produz glicose, que é usada para a produção de ATP
a partir da respiração. (É importante lembrar que a energia da fotossíntese não
pode ser armazenada diretamente como ATP, uma vez que este é muito pesado:
assim, a glicose armazena mais energia em menos peso; além disso, a
membrana do plasto não é permeável ao ATP, que não pode sair do plasto para
Aula 19 – Fotossíntese
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39. A) O principal pigmento fotossintetizante é a clorofila, que, por ser verde, não
aproveita esse comprimento de onda na fotossíntese. Existem, no entanto,
pigmentos acessórios capazes de aproveitar o comprimento de onda da luz
equivalente ao verde, como é o caso de xantofilas amarelas e do caroteno laranja.
Assim, no vaso 1, com a luz branca, todos os comprimentos de onda são
aproveitados, e, consequentemente, a atividade fotossintética e o crescimento
das plantas é maior que no vaso 2, com luz verde, que é pouco aproveitada pela
fotossíntese por ser refletida pela clorofila, promovendo uma pequena eficiência
de fotossíntese e um menor crescimento. B) A clorofila é o pigmento mais
abundante na folha, sendo incapaz de absorver o comprimento de onda
correspondente ao verde quando iluminado com luz branca, sendo esse verde
refletido.
40. A) Ponto de compensação fótico (PCF) é um ponto de luminosidade tal em
que fotossíntese e respiração se igualam, de modo que todo O2 produzido na
fotossíntese é consumido na respiração, e todo CO 2 produzido na respiração é
consumido na fotossíntese. Assim: A1) Abaixo do PCF, a respiração é mais
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ser distribuído pela planta.). Segundo: Não há fotossíntese de noite, uma vez que
não há luz. Assim, nos períodos de escuro, a respiração é a única fonte de
energia. Terceiro: Nem todas as partes da planta são iluminadas. Assim, essas
partes recebem a glicose das áreas iluminadas fotossintetizantes e fazem
respiração para a produção de energia.
50.
51. A) I – célula animal (ausência de parede celular, cloroplastos e vacúolo de
suco celular). II – célula vegetal (presença de parede celular, cloroplastos e
vacúolo de suco celular). III – célula procariótica/bacteriana (presença de parede
celular e ausência de carioteca; perceba que o material genético está disperso
diretamente no citoplasma,a o que caracteriza um nucleóide). B) A célula animal
respiradora aeróbica precisa de oxigênio liberado pela fotossíntese realizada pela
célula vegetal. C) Bactérias e células vegetais têm parede celular em suas
células. D) Vírus são parasitas intracelulares obrigatórios, não possuindo
metabolismo próprio e conseqüentemente precisando do metabolismo da célula
hospedeira para se reproduzir.
52. Não há fluorescência porque os elétrons excitados são transferidos para a
cadeia de transportadores de elétrons, não retornando diretamente para a
clorofila.
53. A clorofila não é o único pigmento fotossintetizante capaz de absorver energia
luminosa. Apesar de nos pontos marcados a absorção de luz pela clorofila ser
baixa a atividade fotossintética é alta porque outros pigmentos devem ser
adequados à absorção desses comprimentos de onda. (Aliás, é para isso que
servem os pigmentos acessórios, para absorver comprimentos de onda de luz os
quais a clorofila não capta bem).
54. A equação apresentada poderia representar a fotossíntese das plantas,
bastando para tal substituir o átomo de enxofre pelo átomo de oxigênio. Então,
por analogia o oxigênio (O2) gerado pelas plantas seria cedido pela água.
55. Na 1ª etapa, apenas foi executada a fase luminosa da fotossíntese, quando
são produzidos ATP e NADPH‚ necessários à fixação do CO2 em glicose. Não
tendo havido fixação do CO2 (ausente), o ATP e o NADPH‚ acumularam-se e
foram utilizados no início da 2ª etapa, após a adição de 14-CO2 (aumento na
velocidade de incorporação do 14-CO2 em glicose). Como o ATP e o NADPH‚ não
são sintetizados pelo cloroplasto, na ausência de luz, observou-se posterior
decréscimo na velocidade de fixação do 14-CO2.
56. A) No intervalo de tempo entre T1 e T3, a razão (O 2 consumido)/( O2
produzido) é maior do que 1 e a razão (CO 2 consumido)/(CO2 produzido) é menor
do que 1. No instante T3, a razão (O 2 consumido)/(O2 produzido) é,
aproximadamente, igual a 1, o mesmo ocorrendo com a razão (CO 2
consumido)/(CO2 produzido). B) Durante a fase iluminada, as folhas acumularam
carboidratos pelo fato de o processo de fotossíntese (O2 produzido e CO2
consumido) predominar sobre o de respiração (O2 consumido e CO2 produzido). A
queda da concentração de carboidratos entre T1 e T3 é uma indicação de que o
processo de respiração predomina sobre o de fotossíntese. No tempo T3, ocorre
o ponto de compensação e, após este tempo, o processo de fotossíntese
predomina sobre o de respiração, aumentando, portanto, a concentração de
carboidratos nas folhas.
57. A espécie B, pois o pigmento ficoeritrina absorve melhor a luz azulesverdeada que penetra em águas profundas.
58.
59. A) clorofila, pois se trata de uma clorofícea (alga verde). B) Porphyra, pois
aproveita melhor os comprimentos de onda correspondentes ao azul e ao verde,
que são os que penetram mais profundamente.
60. A) armazenamento. B) amarelo e vermelho, respectivamente. C) sem
pigmentos, a planta não faz fotossíntese e não obtém nutrientes.
Aula 20 – Núcleo celular
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30. A) Corresponde a um dos cromossomos sexuais X que se encontra
condensado mesmo na interfase. B) Nas primeiras semanas da vida embrionárias
ou entre o décimo ao décimo quinto dia. C) Significado: Compensação de dose.
Justificativa: O cromossomo X é maior (contém maior quantidades de genes), a
inativação equilibra quantitativamente o produto gênico entre machos e fêmeas,
ou como fêmeas possuem dois cromossomos X e machos apenas um
cromossomo X, elas produziriam o dobro de produtos gênicos codificados por
genes do X em relação aos machos, caso não ocorresse a inativação. D) Porque
a inativação do cromossomo X é incompleta.
31. A) Não, devido ao princípio de constância genômica, pelo qual todas as
células somáticas de um organismo pluricelular normal têm os mesmos genes. B)
Sim, porque a especialização celular envolve a inativação de genes na forma de
heterocromatina, de modo que cada célula expressaria um conjunto diferente de
genes produzindo um grupo diferente de RNAm.
32. A) a alga em questão é unicelular, e está sendo fragmentada em porções de
seu citoplasma. A parte da alga que conserva o núcleo é capaz de regenerar, pois
conserva seu DNA, e com isso, sua capacidade de controlar a síntese de novas
proteínas para a regeneração da parte removida e a manutenção de suas funções
normais. Os demais segmentos, sem núcleo, sobrevivem somente enquanto
durarem suas reservas nutritivas citoplasmáticas, uma vez que não têm DNA para
manter sua atividade de síntese proteica e consequentemente seu metabolismo
normal. B) A planária é um organismo pluricelular (metazoário). Cada um dos
segmentos é pluricelular também: assim, haverá o controle exercido pelo material
genético contido nos núcleos das células sobre o metabolismo e sobre a
multiplicação celular. Esses fatores orientam a regeneração do verme.
33. Para haver grande atividade se síntese protéica, é necessária uma grande
quantidade de ribossomos, que são produzidos a partir dos nucléolos.
34. A) vírus e bactérias. B) nucleossoma e histona. C) V e metáfase da divisão
celular.
35. A) espermatozoide < adipócito < neurônio. B) Células que apresentam menor
metabolismo de síntese (RNAs e proteínas) possuem uma menor quantidade de
complexos de poro.
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36. Por serem células sexuais, os espermatozoides sofreram divisão meiótica,
tendo, portanto, dezoito cromossomos apenas, o que corresponde ao número
haploide, presente neste tipo de célula. Proteínas e ácidos nucleicos são as
principais substâncias formadoras dos cromossomos. O número de cromátides
pode ser calculado como segue: número diploide x 2 (cromátides). Ou seja, 36 x 2
= 72 cromátides. As células em metáfase mitótica apresentam cada cromossomo
com duas cromátides. Como a célula é diploide, teremos 18 pares de
cromossomos, correspondendo a 36 cromossomos. Se cada cromossomo tem
duas cromátides, o total será 72 cromátides em cada célula da pele deste animal,
no período da metáfase mitótica. O número mínimo de cromossomos que contém
um representante de cada par homólogo é 18, ou seja, só será possível identificar
todos os genes desse organismo se a sequência de pelo menos um dos
homólogos de cada par for identificada.
37. Sabe-se que além do grau de parentesco entre os pais (consanguinidade) que
podem gerar filhos com problemas cerebrais graves, outro fator de extrema
importância que está associado à ocorrência de bebês com anomalias
cromossômicas é a idade da mãe. Mães com mais de 40 anos têm bastante
aumentada a probabilidade de gerar crianças com defeitos congênitos, quando
comparadas a mães jovens. É muito provável que as trissomias estejam
associadas ao avanço da idade materna. A cariotipagem pré-natal é a
apresentação ordenada de fotomicrografias de cromossomos das células
provenientes do líquido amniótico, utilizada para fins de diagnóstico. O exame
pode ser realizado a partir da 16ª semana de gestação (quatro meses) e fornece à
gestante uma informação, com 100% de acerto, se o bebê nascerá sadio ou não.
A síndrome de Down (trissomia no 21 ou mongolismo) é a aberração
cromossômica mais comum, podendo ocorrer, também, outros defeitos graves
como anencefalia (ausência de cérebro), micro e macrocefalia, síndrome de
Turner (X0), síndrome de Klinefelter (XXY), síndrome de Edwards (trissomia no
18), síndrome de Patau (trissomia no 13), etc. Desenvolvido mais recentemente, o
exame do vilo-corial, que também coleta células para a cariotipagem, possibilita a
realização do exame já a partir da 9ª semana de gravidez, com o feto medindo 5
cm.
38. A) Na 1ª etapa, o chapéu regenerado foi correspondente à haste devido à
presença de RNAm já presente anteriormente, que se esgota; na 2ª etapa, o
chapéu regenerado foi correspondente ao pé devido à presença de RNAm
fabricado agora pelo núcleo no pé. B) O núcleo, uma vez que abriga o DNA e
então produz o RNAm que irá levar à produção das proteínas que determinam as
características.
39. A) Glóbulo branco ou leucócito envolvido na defesa orgânica. B) Corpúsculo
de Barr ou cromatina sexual observada em células somáticas de mulheres. De
acordo com a Hipótese de Lyon ou Mecanismo de Compensação de Dose,
corresponde a um dos cromossomos X que permanece inativado na mulher,
como heterocromatina, com o objetivo de evitar a produção excessiva de
substâncias codificadas por genes desse cromossomo, o que seria prejudicial. C)
Normal: Mulher 2A + XX; Anormal: Homem 2A + XXY (Síndrome de Klinefelter).
D) Síndrome de Turner (Mulher 2A + X0).
40. A) Acrocêntrico, pois apresenta centrômero terminal. B) Metáfase. C) A –
satélite e B – braço do cromossomo. D) Incapacidade de se prender às fibras do
fuso de divisão, resultando em células com números anormais de cromossomos.
de câncer.
39. A) As etapas da clonagem poderiam assim ser descritas: Células somáticas
são extraídas de uma das mulheres (A) e conservadas em uma cultura especial;
Isola-se um óvulo da outra mulher (B), e seu núcleo é extraído com o respectivo
DNA; O núcleo de uma das células retiradas da mulher A, que contém as
informações genéticas do DNA desta mulher, é injetado no óvulo sem núcleo da
mulher B. Esta etapa é chamada “transferência de núcleo”; O embrião assim
formado é gerado “in vitro” e, depois, implantado no útero de qualquer mulher,
podendo, inclusive, ser no de uma das duas (A ou B); Após nove meses, nascerá
um clone com as mesmas características genéticas da mulher A, da qual proveio
o DNA. No caso, não se pode falar da fusão dos óvulos das duas mulheres (já há
experimentos neste sentido) pois isto não caracteriza uma clonagem, na qual o
descendente é uma cópia genética fiel de um dos pais. A fusão de núcleos de
óvulos seria um processo semelhante à fusão de um espermatozóide com um
óvulo, com o descendente apresentando genes de ambos os genitores (no caso,
genitoras). B) O bebê clonado seria obrigatoriamente do sexo feminino pois o
núcleo diploide que lhe deu origem é proveniente de uma mulher, portanto,
possuindo os cromossomos sexuais XX.
40. A) As mitocôndrias são organelas citoplasmáticas. Desse modo, as célulastronco homólogas e heterólogas necessariamente conterão uma população de
mitocôndrias diferente daquela da pessoa que as receberá. B) As células-tronco
homólogas conterão os mesmos núcleos das células da pessoa que receberá o
transplante. Portanto, o padrão de antígenos de histocompatibilidade será o
mesmo, o que evita a rejeição dessas células-tronco.
Aula 22 – Ciclo Celular e Câncer
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31. A) O câncer afeta células somáticas, cujos genes não são transferidos aos
descendentes. B) Com a destruição da camada de ozônio, aumenta a incidência de
raios UV, que por serem mutagênicos, podem desencadear câncer.
32. Substâncias químicas carcinogênicas, presentes na fumaça dos cigarros,
provocam mutações nos genes reguladores que controlam as divisões celulares
nas células pulmonares. Este fato pode acarretar uma proliferação celular
descontrolada originando tumores malignos.
33. A) Agentes mutagênicos provocam mutações gênicas, estas alterações no
DNA levam ao descontrole dos mecanismos de divisão celular e,
consequentemente, pode ocorrer a formação de um câncer. B) Natureza física:
radiações ionizantes. Natureza biológica: vírus oncogênicos.
35. A) evitar exposição longa à radiação solar; uso de protetor solar; evitar
exposição entre 10 e 16 horas. B) ocorrem mutações em genes supressores de
tumor e oncogenes, o que leva a uma proliferação descontrolada de células.
36. A) Células: melanócitos; tecido: epiderme (ou tecido epitelial, ou epitélio). B)
Por causar problema na replicação do DNA. C) Células do estrato (ou camada)
basal. D) Reprodução indefinida.
37. A inibição dos receptores de estrógenos, segundo o enunciado, diminui o risco
de câncer de mama. Com a remoção dos ovários, a mulher naturalmente deixa de
produzir estrógenos, com um efeito equivalente ao da inibição dos receptores para
esse hormônio.
38. Epitelial e hematopoietico, pois são formados por células em intensa atividade
mitótica (células lábeis), e a quimioterapia atua exatamente sobra a divisão celular.
Nervoso e muscular não são afetados porque são formados por células que não se
dividem (células permanentes).
39. Impede que o tumor receba nutrientes, impedindo assim seu crescimento.
40. 1. transformação, que é o surgimento da célula cancerosa devido à mutação
nos oncogenes e nos genes supressores de tumor; perda do reconhecimento
celular mútuo por alterações no glicocálix (perda da inibição por contato, o
fenômeno pelo qual células inibem sua multiplicação ao entrarem em contato com
células idênticas e as reconhecem por interações com o glicocálix); descontrole
das mitoses, levando à proliferação desordenada das células, que inclusive sofrem
mitoses anômalas; perda da adesão entre as células, levando à liberação de
cordões de células que invadem os outros tecidos, as chamadas metástases;
angiogênese, que é a formação de vasos sangüíneos para a nutrição do tumor. 2.
A) a) Uma vez que a gravidez tardia e o uso de anticoncepcionais aumentam a
tendência ao desenvolvimento de câncer de mama, em países desenvolvidos,
onde por questões sócio-econômicas as mulheres adiam a gravidez e fazem uso
de anticoncepcionais com mais frequência, a incidência de câncer de mama é
maior. b) Uma vez que o principal fator de risco para o câncer de pulmão é o fumo,
disseminado praticamente de modo igual em países em desenvolvimento ou
desenvolvidos, a semelhança de incidências de câncer de pulmão é bem grande.
B) No horário de 10h às 16h, a intensidade da radiação ultra-violeta emitida pelo
Aula 21 – Células-tronco e Clonagem
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36. Embrioblasto; As células-tronco adultas são capazes de se proliferar,
originando novas células e substituindo as perdidas após a lesão tecidual.
37. A) Caso I. Seres transgênicos são modificados por engenharia genética de
modo a incorporar e expressar genes de uma outra espécie, como no caso das
cabras com genes humanos que expressam o gene para a produção de proteínas
humanas. B) Caso III. Clones são organismos geneticamente idênticos a outros
organismos, como o que ocorre na situação de incluir o DNA da cabra hispânica
em células de cabras comuns e produzir novas cabras com DNA de cabra
hispânica. C) O animal transgênico possui um único transgene, havendo 50% de
chance de transferi-lo à prole e 50% de chance de não transferi-lo à prole. Assim,
a proporção é de 1 transgênico: 1 não transgênico na prole.
38. A) Geneterapia ou terapia gênica. B) Células-tronco obtidas de embriões até a
fase de blástula, sendo toti/pluripotentes (com o potencial de originar qualquer
outra célula do organismo). C) Células-tronco obtidas de indivíduos após o
nascimento, não sendo toti/pluripotentes (não sendo capazes de originar qualquer
outra célula do organismo); podem ser obtidas em sangue de placenta e cordão
umbilical e na medula óssea. D) vantagem: não envolvem o sacrifício de
embriões; desvantagem: risco de reações imunes adversas contra o vírus, risco
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sol é muito alta, sendo essa radiação a principal responsável pelos casos de
câncer de pele. C) O tecido epitelial possui células em constante atividade de
divisão, bem como é o tecido de revestimento, estando mais exposto a fatores
agressivos do meio ambiente, como substâncias químicas e radiação. 3.
equatorial. C) Célula 9. Características da citocinese: a citocinese ou divisão
citoplasmática nas células vegetais, devido à presença da parede celular, é feita
pela lamela média, que se forma do centro para a periferia. Por esse motivo a
citocinese vegetal é denominada centrífuga.
Aula 23 – Mitose
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30. A) I. Mitose. II. Neurônio / Célula muscular estriada esquelética / Célula
muscular estriada cardíaca. B) I. Cromossomos: 46 cromossomos. Moléculas de
DNA: 92 moléculas de DNA. II. Segregação das cromátides irmãs. C) I.
Microtúbulos. II. As drogas citadas despolimerizam os microtúbulos do Fuso
Mitótico ou impedem a sua formação. III. Essas drogas não atuam apenas nas
células cancerosas, bloqueiam mitoses em todas as células do organismo. D) I. A
enzima Telomerase é responsável pela duplicação do DNA que constitui os
Telômeros. II. A proteína p53 impede que uma célula portadora de mutações em
seu DNA ultrapasse o Período G1 da Interfase, o que a torna incapaz de duplicar
seu DNA e realizar mitose.
31. A) A duplicação do DNA ocorre na interfase, representada pela fase A. B) Em
A, B, C e D, cada célula contém duas copias do gene H. Na fase E, cada célula
contém uma cópia do gene H.
32. A) n = 2 cromossomos; se a célula representada é somática e diploide e tem
quatro cromossomos, a célula haploide terá metade do número de cromossomos.
B) Animal. Uma vez que não tem parede celular e possui centríolos, áster e
citocinese centrípeta.
33. A) Na célula 3. É esperado encontrar maior atividade de síntese de RNA
mensageiro na célula em interfase. A célula 3 mostra claramente a presença de
nucléolo íntegro, o que indica que ela está em interfase. B) A separação das
cromátides ocorre pelo encurtamento de microtúbulos do fuso mitótico, que se
ligam ao centrômero de cada cromátide, de tal forma que as cromátides-irmãs
sejam levadas para pólos opostos da célula no momento da anáfase. A célula em
questão é a de número 1.
34. A) metáfase, uma vez que a anáfase começa com a contração do fuso e
ruptura do centrômero; com a colchicina, na há a polimerização dos microtúbulos
citoplasmáticos para formar o fuso, e sem fuso não há como romper os
centrômeros, permanecendo os cromossomos na placa equatorial. B) na fase G1,
pois se não ocorre a duplicação do DNA, S nem sequer se inicia.
35. A célula 5 está em intérfase, uma vez que não se notam cromossomos
individualizados, indicando que o material genético está desespiralizado, bem
como o núcleo bem definido indica que a carioteca está presente. Na célula 1, o
material genético começa a se condensar, o que é característica da prófase. Na
célula 2 percebe-se os cromossomos bem individualizados e espiralizados, mais
ou menos na região central da célula (placa equatorial), o que caracteriza a
metáfase. A célula 4 apresenta cromossomos em forma de letra V deitada, com
os vértices voltados para os pólos da célula, o que indica que os cromossomos
filhos estão migrando para esses pólo, sendo essa fase, pois, a anáfase. A célula
3 possui dois núcleos menores que o da célula 5 (em interfase) com material
genético desespiralizado (ou desespiralizando), característica da telófase.
36. A figura 2 representa a duplicação do DNA, que ocorre na fase S da figura 1.
37. A célula vegetal típica ao se dividir apresenta todas as características citadas.
O termo “anastral” refere-se ao fato de que nestas células não há formação do
áster, estrutura que aparece ao redor dos centríolos, organoide típico de células
animais.
38. A) As células crescem até atingir o tamanho máximo permitido pela relação
superfície x volume, após o que passam a se dividir, produzindo células com
volume igual à metade da célula-mãe. B) O aumento no número de células é
resultante das mitoses, que ocorrem a cada vez que o volume celular atinge seu
valor máximo e a célula se divide, resultando na duplicação do numero de células
a cada quatro horas.
39. A) 40% na fase G1; 36% na fase S e 24% nas fases G2 + M. B) O gráfico III
representa o experimento em presença de afidicolina. Essa substância, inibindo a
DNA polimerase, bloqueia a síntese do DNA. Em consequência, as células se
acumulam na fase G1. O gráfico II representa os resultados após a adição de
colchicina. Essa substância, impedindo a formação de microtúbulos, paralisa a
divisão celular nas etapas iniciais da fase M (mitose). Dessa forma, as células
tendem a se acumular nessa fase, contendo o dobro de DNA em relação à fase
G1 do ciclo celular.
40. A) 4 e 5. Características da interfase: duplicação do DNA, intenso trabalho
celular e com grande síntese proteica, grande consumo de energia na forma de
ATP, duplicação dos componentes celulares e aumento do volume celular. B) é a
fase em que os cromossomos estão no meio da célula, formando a placa
Aula 24 – Meiose
1D
2B
3A
4B
5D
6B
7B
8A
9D
10D
11A
12B
13D
14B
15B
16B
17D
18B
19E
20C
21B
22B
23E
24C
25B
26FVVVV
27. A) Metáfase; é a fase do ciclo celular onde todos os cromossomos estão com a
espiralização máxima. B) É um caso de determinação XX/XY, sendo o
cromossomo X metacêntrico e grande, duplo nas fêmeas e ímpar nos machos, e o
cromossomo Y é acrocêntrico e pequeno e só presente nas células masculinas. C)
Nas fêmeas um tipo de cromossomo metacêntrico grande, um metacêntrico
pequeno e um submetacêntrico. Nos machos dois tipos de gametas, um deles com
a mesma constituição cromossômica dos gametas femininos que após a
fecundação originará um zigoto feminino, o outro gameta contará com um
cromossomo metacêntrico pequeno, um cromossomo submetacêntrico e um
cromossomo acrocêntrico, que ao fecundar um óvulo originará um zigoto
masculino.
28. A)
B)
M1
M1
M2
M2
Q1
Q1
Q2
Q2
R1
R2
R1
R2
T1
T2
T1
T2
29. A) Falsa, pois a permutação permite que a espécie 1 produza um maior número
de tipos de gametas. B) Verdadeira, pois a reprodução assexuada em 3 gera
somente células reprodutivas geneticamente idênticas.
30. A) XY e 0. B) XXY e X0.
31. A)
A
B
A a
B b
a
b
B)
351
352
A
básica da cromatina está na forma de nucleossomas, ou seja, III. No paquíteno da
meiose I, os cromossomos estão duplicados e pareados, sendo o par de
cromossomos sendo chamado de bivalente, de modo que haverá quatro
cromátides (IV) na bivalente. C) As sequências de DNA que são transcritas, mas
não traduzidas, correspondem aos introns (DNA lixo dentro dos genes).
39. Sim, pois o crossing-over pode gerar cromossomos com os genes e M e N e
sem esses genes.
40. A não-disjunção foi pós-zigótica, decorrente de uma divisão mitótica anômala.
Se a não-disjunção tivesse ocorrido antes da fecundação, o cariótipo anormal seria
detectado em todas as células pesquisadas.
A
B
B
C)
A
B
A
b
a
a
B
b
32. 1ª célula: prófase I da meiose (diplóteno). 2ª célula: metáfase (prometáfase) da
mitose.
33. A) crossing-over. B) meiose. C) o crossing-over serve para aumentar a
variabilidade genética na população pela possibilidade de recombinação gênica
produzindo gametas geneticamente diferentes entre si.
34. A) A = anáfase I, pois há separação dos cromossomos homólogos; B = anáfase
II, pois há separação das cromátides-irmãs. B) Não-disjunção dos cromossomos na
figura B. Gera aneuploidias (aberrações cromossômicas numéricas) nas células
produzidas. C) síndrome de Down, onde há 47 cromossomos.
35. Cada cromossomo, durante a meiose, pode sofrer recombinação pelo
fenômeno do crossing-over. Isso equivale ao aparecimento de cromossomos
“novos”, em que os genes tenham sido “embaralhados”. Por outro lado, a
segregação dos cromossomos homólogos durante a meiose ocorre de forma
aleatória, formando novas combinações cromossômicas nos gametas.
Relativamente à duplicação do DNA, a afirmação de que “os genes são para
sempre” refere-se à duplicação semiconservativa, em que são produzidas duas
moléculas idênticas.
36. Meiose. Não poderia ser mitose, uma vez que o número de cromossomos
representados é ímpar, e não existem células diploides (2n) com número ímpar de
cromossomos. Assim, trata-se da anáfase II da meiose de uma célula com 2n = 6
cromossomos.
37. A) A não-disjunção pode ocorrer na primeira ou na segunda divisão meiótica.
B) 1. Na primeira divisão meiótica:
2. Na segunda divisão meiótica:
Em ambos os casos formam-se gametas com dois cromossomos 21. Após a
fecundação, formar-se-á um zigoto com trissomia do cromossomo 21.
38. A) IV é uma cromátide no cromossomo e VI é o telômero. B) A organização
352

Gabaritos - Vestcursos

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