LIVRO 4

LIVRO 4
CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
e 345 milhões de anos.
Destes cinco grupos de animais que estavam associados à nova
espécie, aquele que foi determinante para a definição do período
geológico em que ela foi encontrada é
(A) xifosura, grupo muito antigo, associado a outros animais.
(B) trilobita, grupo típico da era Paleozoica.
(C) braquiópodo, grupo de maior distribuição geológica.
(D) ostracodermo, grupo de peixes que só aparece até o
Devoniano.
(E) placodermo, grupo que só existiu no Devoniano.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: A evidência comparativa que permitiu aos
paleontólogos determinar que a nova espécie viveu durante o
período devoniano foi a correspondência com fósseis de peixes
placodermos, que só existiram nesse período geológico.
BIOLOGIA I
1.
(Enem 2005) Um estudo caracterizou 5 ambientes aquáticos,
nomeados de A a E, em uma região, medindo parâmetros físicoquímicos de cada um deles, incluindo o pH nos ambientes. O
gráfico I representa os valores de pH dos 5 ambientes. Utilizando o
gráfico II, que representa a distribuição estatística de espécies em
diferentes faixas de pH, pode-se esperar um maior número de
espécies no ambiente:
3.
(A) A.
(B) B.
(C) C.
(D) D.
(E) E.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: O gráfico I mostra que o maior número de espécies
sobrevive melhor na faixa de pH compreendida entre 7 e 8. No
gráfico II, percebe-se que essa faixa de pH é observada no ambiente
D.
2.
(Enem 2005) A atividade pesqueira é antes de tudo extrativista, o
que causa impactos ambientais. Muitas espécies já apresentam
sério comprometimento em seus estoques e, para diminuir esse
impacto, várias espécies vêm sendo cultivadas. No Brasil, o cultivo
de algas, mexilhões, ostras, peixes e camarões vem sendo
realizado há alguns anos, com grande sucesso, graças ao estudo
minucioso da biologia dessas espécies.
Os crustáceos decápodes, por exemplo, apresentam durante seu
desenvolvimento larvário, várias etapas com mudança radical de
sua forma. Não só a sua forma muda, mas também a sua
alimentação e habitat. Isso faz com que os criadores estejam
atentos a essas mudanças, porque a alimentação ministrada tem
de mudar a cada fase.
Se para o criador, essas mudanças são um problema para a
espécie em questão, essa metamorfose apresenta uma vantagem
importante para sua sobrevivência, pois
(A) aumenta a predação entre os indivíduos.
(B) aumenta o ritmo de crescimento.
(C) diminui a competição entre os indivíduos da mesma espécie.
(D) diminui a quantidade de nichos ecológicos ocupados pela
espécie.
(E) mantém a uniformidade da espécie.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: As diferentes formas larvárias que ocorrem
durante o desenvolvimento dos crustáceos ocupam distintos
nichos ecológicos. Esse fato reduz a competição entre indivíduos
da mesma espécie pelos recursos ambientais onde vivem.
(Enem 2005) Uma expedição de paleontólogos descobre em um
determinado extrato geológico marinho uma nova espécie de
animal fossilizado. No mesmo extrato, foram encontrados
artrópodes xifosuras e trilobitas, braquiópodos e peixes
ostracodermos e placodermos.
O esquema a seguir representa os períodos geológicos em que
esses grupos viveram.
4.
Observando esse esquema os paleontólogos concluíram que o
período geológico em que haviam encontrado essa nova espécie
era o Devoniano, tendo ela uma idade estimada entre 405 milhões
1
(Enem 2003) Considerando a riqueza dos recursos hídricos
brasileiros, uma grave crise de água em nosso país poderia ser
motivada por
(A) reduzida área de solos agricultáveis.
(B) ausência de reservas de águas subterrâneas.
(C) escassez de rios e de grandes bacias hidrográficas.
(D) falta de tecnologia para retirar o sal da água do mar.
(E) degradação dos mananciais e desperdício no consumo.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: A falta de água disponível para a população é
causada pela degradação dos mananciais e desperdício no
consumo.
5.
população de veados.
a falta de alimentos representou para os veados um
mal menor que a predação.
III.
ainda que a atuação dos predadores pudesse
representar a morte para muitos veados, a predação
demonstrou-se um fator positivo para o equilíbrio
dinâmico e sobrevivência da população como um todo.
IV.
a morte dos predadores acabou por permitir um
crescimento exagerado da população de veados, isto
levou à degradação excessiva das pastagens, tanto pelo
consumo excessivo como pelo seu pisoteamento.
O estudante acertou se indicou as alternativas:
(A) I, II, III e IV.
(B) I, II e III, apenas.
(C) I, II e IV, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) III e IV, apenas.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Em uma comunidade biológica equilibrada, a
presença de predadores é um fator biótico fundamental na
regulação populacional de suas presas. Na falta de predadores, as
presas têm sua população aumentada, o que acarreta à exaustão
dos
recursos
de
que
dispõem
para
sobreviver.
Consequentemente, com o passar do tempo, as populações de
presas acabarão por declinar.
II.
(Enem 2001) Um produtor de larvas aquáticas para alimentação
de peixes ornamentais usou veneno para combater parasitas, mas
suspendeu o uso do produto quando os custos se revelaram
antieconômicos.
O gráfico registra a evolução das populações de larvas e parasitas.
O aspecto BIOLÓGICO, ressaltado a partir da leitura do gráfico, que
pode ser considerado o melhor argumento para que o produtor não
retome o uso do veneno é:
(A) A densidade populacional das larvas e dos parasitas não é
afetada pelo uso do veneno.
(B) A população de larvas não consegue se estabilizar durante o
uso do veneno.
(C) As populações mudam o tipo de interação estabelecida ao
longo do tempo.
(D) As populações associadas mantêm um comportamento estável
durante todo o período.
(E) Os efeitos das interações negativas diminuem ao longo do
tempo, estabilizando as populações.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: gráfico aponta que a utilização do veneno não
afetou, ao longo do tempo, a população de parasitas.
6.
7.
(Enem 1998) No início deste século, com a finalidade de
possibilitar o crescimento da população de veados no planalto de
Kaibab, no Arizona (EUA), moveu-se uma caçada impiedosa aos
seus predadores - pumas, coiotes e lobos. No gráfico a seguir, a
linha cheia indica o crescimento real da população de veados, no
período de 1905 a 1940; a linha pontilhada indica a expectativa
quanto ao crescimento da população de veados, nesse mesmo
período, caso o homem não tivesse interferido em Kaibab.
(Unesp 2011) “Tudo começa com os cupins alados, conhecidos
como aleluias ou siriris. Você já deve ter visto uma revoada deles
na primavera. São atraídos por luz e calor, e quando caem no solo
perdem suas asas. Machos e fêmeas se encontram formando
casais e partem em busca de um local onde vão construir os
ninhos. São os reis e as rainhas. Dos ovos nascem as ninfas, que se
diferenciam em soldados e operários. Estes últimos alimentam
toda a população, passando a comida de boca em boca. Mas,
como o alimento não é digerido, dependem de protozoários
intestinais que transformam a celulose em glicose, para dela
obterem a energia.
Mas do que se alimentam? Do tronco da árvore de seu jardim, ou
da madeira dos móveis e portas da sua casa.
Segundo os especialistas, existem dois tipos de residência: as que
têm cupim e as que ainda terão”.
(Texto extraído de um panfleto publicitário de uma empresa
dedetizadora. Adaptado).
No texto, além da relação que os cupins estabelecem com os
seres humanos, podem ser identificadas três outras relações
ecológicas. A sequência em que aparecem no texto é:
(A) sociedade, mutualismo e parasitismo.
(B) sociedade, comensalismo e predatismo.
(C) sociedade, protocooperação e inquilinismo.
(D) colônia, mutualismo e inquilinismo.
(E) colônia, parasitismo e predatismo.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Na sequência em que aparecem no texto,
encontramos uma descrição da sociedade dos cupins, relação
intraespecífica em que cada indivíduo desempenha uma função
muito bem definida; o mutualismo que existe entre os cupins e os
protozoários intestinais que digerem a celulose que ingerem; e o
parasitismo que ocorre entre os cupins e as árvores do jardim.
Para explicar o fenômeno que ocorreu com a população de
veados após a interferência do homem, um estudante elaborou
as seguintes hipóteses e/ou conclusões:
I.
lobos, pumas e coiotes não eram, certamente, os
únicos e mais vorazes predadores dos veados; quando
estes predadores, até então despercebidos, foram
favorecidos pela eliminação de seus competidores,
aumentaram numericamente e quase dizimaram a
8.
2
(Upe 2011) Na tirinha, Calvin se reporta ao crocodilo (quadrinho
1), (quadrinho 3). Embora saibamos que os crocodilos verdadeiros
não vivem na Amazônia (quadrinho 1) e sim, na África, podemos
fazer um paralelo com nossos jacarés, distribuídos por todo o
Brasil, que são predadores, embora também convivam em
colaboração com aves que entram em sua boca e se alimentam,
removendo detritos e sanguessugas das suas gengivas.
I.
II.
III.
IV.
Abaixo, estão relacionados alguns tipos de relação ecológica
interespecíficos e de adaptações decorrentes da seleção natural
(ambos representados por algarismos romanos) e as definições
e/ou exemplos correspondentes (representado(as) por letras).
I. Inquilinismo
II. Mutualismo
III. Predação
IV. Protocooperação
V. Camuflagem
VI. Coloração de aviso
VII. Homeostase
VIII. Mimetismo
V.
VI.
VII.
VIII.
A.
B.
C.
D.
E.
F.
G.
H.
Aumento da quantidade de hemáceas em resposta à
variação de altitude, compensando a menor compensação
de oxigênio.
Carcará, que devora um roedor.
Duas espécies diferentes assemelham-se em determinadas
características.
Os indivíduos associados se beneficiam, e a associação não é
obrigatória.
Os indivíduos associados se beneficiam, sendo essa
associação fundamental à sobrevivência de ambos.
Plantas epífitas sobre as árvores.
Propriedade de os membros de determinada espécie
apresentarem características que os assemelhem ao
ambiente em que vivem.
Rãs e sapos coloridos, cujo padrão de cores vivas alerta
sobre sua toxicidade.
9.
Assinale a alternativa que mostra a correta associação entre tipo
de relação e/ou adaptação e seus respectivos exemplos.
(A) I-A, II-B, III-C, IV-D, V-E, VI-F, VII-G, VIII-H
(B) I-B, II-A, III-F, IV-H, V-C, VI-D, VII-E, VIII-G
(C) I-F, II-E, III-B, IV-D, V-G, VI-H, VII-C, VIII-A
(D) I-F, II-E, III-B, IV-D, V-G, VI-H, VII-A, VIII-C
(E) I-F, II-C, III-H, IV-D, V-E, VI-B, VII-G, VIII-A
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A associação correta entre os tipos de relações
ecológicas interespecíficas e seu significado adaptativo está na
alternativa D.
3
F - O inquilinismo é uma relação +/o na qual um indivíduo
vive à custa de outro sem prejudicá-lo. Isso fica explicito na
letra F, que representa as plantas trepadeiras (epífitas) que
utilizam o caule de outras para sua sustentação sem
prejudicá-las.
E - No mutualismo não podemos separar os dois seres, pois
se trata de uma relação +/+ na qual os dois se beneficiam.
Tomemos por exemplo os bovinos e as bactérias e
protozoários que digerem celulose. Como sabemos, o capim,
do qual o boi se alimenta, é rico em celulose, entretanto, o
corpo do boi não consegue romper a celulose e absorver os
nutrientes que existem no capim, entretanto, no estômago
do boi habitam bactérias e protozoários que digerem
celulose, em troca disso, ganham abrigo, proteção e
alimento e o boi ganha a digestão da celulose. Se
separarmos os dois, ambos morrerão, pois as bactérias e
protozoários não obterão alimento e proteção e o boi não
terá capacidade de degradar a celulose.
B - O predatismo é uma relação desarmônica +/-, pois o
carcará precisa matar (predar) o roedor para poder se
alimentar.
D - Na protocooperação a associação não é vital. Tomemos
como exemplo os peixes palhaços (representados pelo
famoso Nemo) que vivem em anêmonas. O peixe-palhaço
possui uma proteção natural contra o veneno das
anêmonas, assim, se protege de predadores abrigando-se
nelas e em troca, como pequenos detritos que se acumulam
em seus flagelos. Entretanto, eles podem ser separados sem
prejuízos.
G - Um famoso exemplo de camuflagem é o do camaleão,
que consegue mudar sua coloração e se disfarçar no meio
em que está.
H - A coloração de aviso tem a propriedade de alertar um
determinado ser sobre sua toxicidade, como no exemplo das
rãs, que ao seres coloridas avisam que são venenosas.
A - A homeostase é a propriedade que os seres vivos
possuem de adaptar o seu organismo ao ambiente em que
vivem.
C - No mimetismo Duas espécies diferentes assemelham-se
em determinadas características.
(Cesgranrio 2011) O filme “Os pássaros” de Alfred Hitchcock,
considerado o mestre dos filmes de suspense, baseou-se em um
fato real ocorrido na cidade costeira de Santa Cruz (Califórnia), em
1961. As aves marinhas, ao se alimentarem de moluscos,
passaram a exibir um comportamento atípico devido à ação de
toxinas. No fato real, os dinoflagelados tóxicos eram os
verdadeiros responsáveis pelas alterações observadas nos
pássaros, que ficavam cegos devido à ação neurotóxica dessas
substâncias.
Sobre esse acontecimento, afirma-se que
(A) pássaros não comem moluscos, nem moluscos ingerem ou
armazenam dinoflagelados, o que torna a narrativa irreal.
(B) muitas algas e flagelados marinhos produzem toxinas, mas
essas substâncias jamais poderiam percorrer a cadeia
alimentar e chegar aos pássaros..
(C) dinoflagelados não possuem substâncias tóxicas, o que é
comprovado cientificamente.
(D) o consumo de dinoflagelados tóxicos, armazenados em
moluscos filtradores, ocasiona alterações no comportamento
e até a morte de peixes, aves e mamíferos.
(E) moluscos filtradores não estão disponíveis em regiões
costeiras do oceano Pacífico, onde se passa o filme.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: As substâncias tóxicas produzidas por algas
unicelulares (dinoflagelados) acumulam-se nos moluscos
filtradores que alimentam as aves marinhas. Esses produtos
causam cegueira e outros transtornos, por serem neurotóxicos.
Assinale a alternativa que relaciona corretamente a descrição do
bioma com o seu nome.
(A) Pampa / II. Caatinga / III. Floresta Amazônica / IV. Pantanal /
V. Floresta Atlântica
(B) Pampa / II. Floresta Atlântica / III. Pantanal / IV. Floresta
Amazônica / V. Cerrado
(C) Cerrado / II. Pampa / III. Pantanal / IV. Floresta Amazônica /
V. Floresta Atlântica
(D) Pantanal / II. Caatinga / III. Floresta Amazônica / IV. Pampa /
V. Floresta Atlântica
(E) Pampa / II. Cerrado / III. Floresta Amazônica / IV. Pantanal /
V. Floresta Atlântica
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:As denominações dos biomas relacionados estão
corretamente indicadas na alternativa E.
10. (Unemat 2010) Observe os enunciados abaixo, que foram
adaptados do livro Biologia de W. Paulino, 2006.
I. A rêmora (ou peixe-piolho) possui uma ventosa fixadora no alto
da cabeça, com a qual se fixa geralmente na região ventral de um
tubarão, sendo por ele transportada. Quando o tubarão ataca
algum animal, os restos da presa se mantêm flutuando na água e
são ingeridos pela rêmora.
II. Os liquens constituem associação entre certas algas
unicelulares e certos fungos. As algas sintetizam matéria orgânica
e fornecem aos fungos parte do alimento produzido. Os fungos,
por sua vez, retiram água e sais minerais do substrato,
fornecendo-lhes as algas.
Esta forma de interdependência fisiológica é tão intensa que a
separação das espécies acarretaria um sério desequilíbrio
metabólico.
Assinale a alternativa que corresponde respectivamente, aos
exemplos de relação ecológica encontrados nos itens I e II.
(A) I. Comensalismo e II. Competição.
(B) I. Mutualismo e II. Comensalismo.
(C) I. Competição e II. Mutualismo.
(D) I. Comensalismo e II. Mutualismo.
(E) I. Parasitismo e II. Competição.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A associação da rêmora com o tubarão é um
exemplo de comensalismo. A rêmora se beneficia obtendo restos
alimentares, sem prejudicar o tubarão. Líquen é um exemplo de
mutualismo obrigatório.
12. (Cesgranrio 2011) A lesma do mar (Elysia chlorotica) é um curioso
molusco que habita a costa leste dos EUA e do Canadá. Esse
animal apresenta uma cor verde-esmeralda, capaz de se misturar
com as algas verdes e passar despercebido pelos predadores.
Os três importantes processos que estão envolvidos no contexto
acima são:
(A) fagocitose, simbiose e fotossíntese.
(B) camuflagem, simbiose e fotossíntese.
(C) predação, camuflagem e respiração.
(D) fagocitose, respiração e fotossíntese.
(E) fagocitose, camuflagem e fotossíntese.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: A lesma Elysia chlorotica, por apresentar a cor
verde, fica camuflada em meio às algas. Trata-se de uma relação
simbiótica, porque o animal consegue incorporar em seus tecidos
os cloroplastos das algas que lhes servem de alimento. Os
cloroplastos assimilados realizam a fotossíntese durante certo
tempo, abastecendo as células do molusco com matéria orgânica.
11. (Udesc 2011) O Brasil divide-se em seis grandes biomas, que, em
conjunto, abrigam uma das maiores biodiversidades do mundo.
Analise as descrições abaixo a respeito de cinco biomas
brasileiros.
I. Bioma caracterizado pela presença de uma grande
diversidade de gramíneas. Estende-se por áreas de planície,
apresentando um clima subtropical, com verões quentes e
invernos frios. Devido à intensa exploração para a agricultura
e a pecuária, apresenta apenas 36% de sua cobertura
original.
II. Segundo bioma em extensão do Brasil. Caracteriza-se pelo
clima tropical-sazonal, com chuvas concentradas em um
período do ano. O solo é ácido e pouco fértil, com plantas
adaptadas a estas condições, como árvores de cascas grossas
e troncos retorcidos. Dados atuais mostram que o bioma já
perdeu quase 50% de sua cobertura original.
III. Maior Floresta Pluvial Tropical do mundo. Caracteriza-se pela
presença de um dossel fechado formado por árvores altas e
um subdossel onde pode ser identificada uma grande
quantidade de lianas e epífitas. Encontra-se ameaçada, tendo
perdido aproximadamente 20% de sua cobertura original.
IV. Bioma único no Planeta, tombado como patrimônio natural
da humanidade pela Unesco. Considerado a maior planície
inundável do mundo, apresenta uma elevada biodiversidade,
onde se destaca a fauna aquática. Dados atuais revelam que
o bioma já perdeu aproximadamente 15% de sua cobertura
original.
V. Bioma que se estendia, originalmente, do Rio Grande do
Norte ao Rio Grande do Sul, pela linha costeira do país.
Apresenta clima que vai do tropical ao subtropical e uma
grande diversidade de ecossistemas, como as Florestas
Ombrófilas Densas, as Florestas Ombrófilas Mistas e as
formações pioneiras. Apresenta apenas 7% de sua cobertura
original.
13. (Uftm 2011) A água de lastro funciona como um contrapeso
visando à estabilidade de embarcações. Um navio, ao atracar num
porto, pode despejar a água de lastro armazenada em seus
tanques e disseminar espécies exóticas nesse novo ambiente,
afetando espécies nativas por
(A) competição e protocooperação.
(B) predatismo e competição.
(C) parasitismo e comensalismo.
(D) predatismo e inquilinismo.
(E) competição e mutualismo.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:Espécies invasoras podem determinar a extinção
de espécies nativas por competição pelos recursos do meio ou
por predação.
14. (Ufjf 2011) Em um sistema de interações ecológicas formado por
uma planta, uma espécie de pulgão se alimenta da seiva dessa
planta e uma espécie de formiga se alimenta das fezes desse
pulgão, as quais contêm uma substância açucarada de elevado
valor nutricional.
Leia as afirmativas a seguir:
I. A planta é um produtor, pois por meio da fotossíntese
consegue formar compostos orgânicos e obter a energia
necessária para seus processos vitais.
II. A planta é um organismo heterotrófico capaz de produzir seu
próprio alimento.
III. O pulgão é um consumidor, pois obtém os compostos
orgânicos e a energia necessária para seus processos vitais a
partir de um produtor.
IV. O pulgão é um herbívoro.
4
V.
A formiga é um organismo autotrófico, pois não é capaz de
produzir seu próprio alimento.
Estão corretas:
(A) as afirmativas I, II e V.
(B) as afirmativas II, III e IV.
(C) as afirmativas I, IV e V.
(D) as afirmativas I, III e V.
(E) as afirmativas I, III e IV.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Os vegetais são organismos autótrofos, porque
produzem a matéria orgânica que consomem e acumulam por
fotossíntese. A formiga é um organismo heterótrofo, pois é
incapaz de produzir a matéria orgânica de que necessita para
sobreviver.
17. (Ufpb 2011) O mapa, a seguir, apresenta a localização dos
principais biomas brasileiros.
15. (Ufrs 2011) Os ecossistemas terrestres transferem através dos
rios um grande fluxo de elementos para os mares. Com relação ao
fluxo de materiais e nutrientes em sentido inverso, ou seja, dos
mares para os sistemas terrestres, considere as seguintes
afirmações.
I. A extração de petróleo em grandes profundidades do subsolo
oceânico transfere para os ecossistemas terrestres o fósforo
utilizado na adubação agrícola.
II. Os ecossistemas terrestres recebem alguns elementos do
meio oceânico através da brisa marinha (“maresia”).
III. O consumo de peixe marinho pela população humana
transfere elementos do meio oceânico para o terrestre.
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas II.
(C) Apenas I e III.
(D) Apenas II e III.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: O fósforo (P), utilizado na adubação agrícola, não é
originado dos oceanos e sim de reservas presentes no ambiente
terrestre.
Uma competição de rali foi realizada e teve um percurso que
passou, sequencialmente, pelos biomas indicados por 3, 8, 2, 6 e
5.
De acordo com essas informações, a sequência correta dos
biomas percorridos durante o rali foi:
(A) Pampa, mata de araucárias, cerrado, mata atlântica e
caatinga.
(B) Pampa, pantanal, cerrado, mata atlântica e zona dos cocais.
(C) Mata de araucárias, pantanal, cerrado, mata atlântica e
caatinga.
(D) Mata de araucárias, cerrado, caatinga, mata atlântica e
manguezal.
(E) Manguezal, pampa, cerrado, mata atlântica e caatinga.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Os competidores que participaram do rali
percorreram, sequencialmente, pelos seguintes biomas
brasileiros: 3 – pampas; 8 – mata de araucárias; 2 – cerrado; 6 –
mata atlântica e 5 – caatinga.
16. (Enem 2011) O controle biológico, técnica empregada no
combate a espécies que causam danos e prejuízos aos seres
humanos, é utilizado no combate à lagarta que se alimenta de
folhas de algodoeiro. Algumas espécies de borboleta depositam
seus ovos nessa cultura. A microvespa Trichogramma sp. introduz
seus ovos nos ovos de outros insetos, incluindo os das borboletas
em questão. Os embriões da vespa se alimentam do conteúdo
desses ovos e impedem que as larvas de borboleta se
desenvolvam. Assim, é possível reduzir a densidade populacional
das borboletas até níveis que não prejudiquem a cultura. A técnica
de controle biológico realizado pela microvespa Trichogramma sp.
consiste na
(A) introdução de um parasita no ambiente da espécie que se
deseja combater.
(B) introdução de um gene letal nas borboletas para diminuir o
número de indivíduos.
(C) competição entre a borboleta e a microvespa para a
obtenção de recursos.
(D) modificação do ambiente para selecionar indivíduos melhor
adaptados.
(E) aplicação de inseticidas a fim de diminuir o número de
indivíduos que se deseja combater.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A técnica utilizada no combate às lagartas que se
alimentam das folhas do algodoeiro consiste no controle
biológico de pragas. Esse método emprega parasitas específicos
das espécies que se quer combater. Os embriões da microvespa
se desenvolvem alimentando-se dos ovos da borboleta,
controlando a população das lagartas que comem folhas.
18. (Ufrgs 2010) Considere as seguintes interações entre seres vivos
de uma comunidade.
1. As garças-vaqueiras que se alimentam de carrapatos
ectoparasitas de búfalos.
2. Algas e fungos que formam os liquens.
3. Duas espécies de cracas que convivem em litorais rochosos e
utilizam os mesmos recursos.
Os casos referidos em 1, 2 e 3 são, respectivamente, exemplos de
(A) comensalismo, mutualismo e predatismo.
(B) comensalismo, mutualismo e competição.
(C) protocooperação, amensalismo e predatismo.
(D) protocooperação, mutualismo e competição.
(E) protocooperação, amensalismo e competição.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Garça-vaqueira x búfalos – protocooperação;
algas x fungos formando líquen – mutualismo; cracas convivendo
no mesmo costão rochoso e se utilizando os mesmos recursos –
competição interespecífica.
19. (Udesc 2010) As orquídeas e a erva de passarinho são plantas que
fazem fotossíntese e vivem sobre outras plantas. As orquídeas
apenas se apoiam sobre as plantas, enquanto a erva de passarinho
retira água e sais minerais das árvores em que vivem.
Assinale a alternativa correta quanto às relações da erva de
passarinho e das orquídeas com as plantas hospedeiras,
respectivamente.
5
(A) amensalismo e parasitismo
(B) parasitismo e epifitismo
(C) parasitismo e predatismo
(D) parasitismo e protocoperação
(E) protocoperação e epifitismo
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: A erva de passarinho é uma planta parasita, pois
prejudica a planta hospedeira ao retirar dela água e sais minerais.
As orquídeas, por sua vez, são plantas epífitas, pois não
prejudicam suas hospedeiras. Apenas usam as plantas
hospedeiras como suporte, para alcançar maior luminosidade.
(A)
20. (Mackenzie 2010) A planta do gênero Crotalaria está sendo
cultivada em terrenos baldios, quintais, jardins, vasos e margens
de rios porque atrai a libélula, cuja larva se alimenta da larva do
mosquito Aedes, transmissor dos agentes causadores da dengue e
da febre amarela. A libélula põe seus ovos em água limpa e
parada, da mesma maneira que o Aedes.
A Crotalaria é uma planta pouco exigente e conta com bactérias
fixadoras de nitrogênio, tornando seu crescimento mais rápido. É
bastante utilizada como adubo verde, em rotação com diversas
culturas e no enriquecimento do solo.
O texto permite destacar os seguintes tipos de relacionamentos
entre os indivíduos citados.
(A) simbiose, inquilinismo e parasitismo
(B) mutualismo, comensalismo e predatismo
(C) mutualismo, parasitismo e predatismo
(D) epifitismo, predatismo e parasitismo
(E) comensalismo, inquilinismo e predatismo
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Crotalaria x bactérias fixadoras de nitrogênio –
mutualismo;
Bactéria causadora da dengue x humanos ou Aedes x humanos –
parasitismo;
Larvas de libélulas x Aedes – predatismo.
(B)
(C)
(D)
21. (Pucrj 2010) A digestão de celulose nos ruminantes é realizada
por bactérias celulolíticas presentes em um de seus estômagos.
Essas bactérias encontram abrigo e alimento nos estômagos dos
ruminantes, e, em contrapartida, digerem a celulose em moléculas
menores, capazes de serem aproveitadas por esses animais. Essa
relação pode ser classificada como
(A) comensalismo.
(B) competição.
(C) mutualismo.
(D) parasitismo.
(E) predatismo.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: O mutualismo é uma relação interespecífica
harmônica em que as duas espécies envolvidas são beneficiadas.
Nesse caso, os ruminantes se beneficiam ao ter a celulose que
ingere digerida e as bactérias também se beneficiam, pois
encontram no estômago dos ruminantes condições ideais de
temperatura e umidade, além de alimento e abrigo.
(E)
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A relação de predatismo entre as populações de
lebres e linces, que vivem na região ártica do Canadá, é um
exemplo clássico de regulação de tamanho populacional.
Traçando num mesmo gráfico as curvas de densidade das
populações de lebres e linces, verifica-se um traçado como no
gráfico A. Nesse gráfico observamos uma flutuação no tamanho
das populações de lebres e linces. A explicação mais aceitável
para essa sequência de flutuações é de que as populações de
lebres e linces se autorregulam. Quando a população de lebres
aumenta, os linces têm mais alimento e sua população cresce.
Esse aumento na população de linces causa uma diminuição da
população de lebres, pelo excesso de predação, levando a
população de linces a diminuir devido à escassez de alimentos,
permitindo assim uma recuperação da população de lebres.
23. (G1 - cftsc 2010)
22. (Uff 2010) O estudo do equilíbrio das populações utiliza conceitos
matemáticos e biológicos. Dentre os biológicos, destaca-se o
conceito de predação, relação entre presa e predador, que tende
a estabelecer o equilíbrio entre esses indivíduos.
Levando-se em consideração que não há interferência ou
alteração dos fatores ambientais, assinale a opção que melhor
representa um exemplo típico de predação, como é o caso
observado entre populações de lebres e linces.
6
COMENTÁRIO: Verme âncora x peixes – parasitismo; coral-sol x
coral cérebro – competição interespecífica; bagre-africano x
invertebrados nativos – predatismo.
25. (Ufg 2010) Nas planícies costeiras brasileiras de baixa altitude a
ação das marés permite que a foz dos rios seja invadida pelas
águas marinhas, ocorrendo mistura de água doce e salgada.
Nessas planícies, a predominância climática é dinamizada pelas
massas tropical e equatorial atlântica, quente e úmida, e a
formação vegetal arbórea típica caracteriza-se por apresentar
plantas
(A) halófitas com raízes respiratórias.
(B) xerófitas com raízes profundas.
(C) hidrófitas com raízes fasciculadas.
(D) epífitas com raízes aéreas.
(E) mesófitas com raízes tuberosas.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A questão descreve as características dos
ecossistemas de mangue onde o solo é lodoso e salgado,
permitindo o desenvolvimento de uma vegetação halófita com
raízes respiratórias denominadas pneumatóforos.
26. (G1 - col.naval 2011) Observe a charge a seguir.
A figura mostra duas relações ecológicas que ocorrem entre os
seres vivos. Essas relações são consideradas, dentro da ecologia,
como:
(A) relações ecológicas harmônicas interespecíficas.
(B) relações ecológicas harmônicas intraespecíficas.
(C) relações ecológicas desarmônicas interespecíficas.
(D) relações ecológicas desarmônicas intraespecíficas.
(E) não existem esses tipos de relações ecológicas no mundo
animal.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: A competição e o predatismo são relações
ecológicas
interespecíficas
e
desarmônicas.
Espécies
competidoras têm seu crescimento populacional limitado. O
predador mata e se alimenta de suas presas.
Analise as afirmativas feitas a partir dos quadrinhos.
I. A relação que existe entre os seres vivos dos quadrinhos e o
homem é uma relação de prejuízo para ambos.
II. A falta de higiene é um dos fatores principais para a presença
dos seres representados nos primeiros quadrinhos.
III. Alguns seres vivos, como os representados nos primeiros
quadrinhos, podem ser causadores e transmissores de
doenças.
IV. A relação que existe entre os seres vivos dos quadrinhos e o
homem é uma relação de benefício para ambos.
24. (Ufc 2010) Um dos maiores problemas ambientais da atualidade é
o representado pelas espécies exóticas invasoras que são aquelas
que, quando introduzidas em um habitat fora de sua área natural
de distribuição, causam impacto negativo no ambiente. Como
exemplos de espécies invasoras no Brasil e de alguns dos
problemas que elas causam, podemos citar: o verme âncora, que
vive fixado sobre peixes nativos, alimentando-se do sangue deles
sem matá-los; o coral-sol, que disputa espaço para crescer com a
espécie nativa (coral-cérebro), e o bagre-africano, que se alimenta
de invertebrados nativos.
As relações ecológicas citadas acima são classificadas,
respectivamente, como:
(A) mutualismo, amensalismo, canibalismo.
(B) inquilinismo, mimetismo, comensalismo.
(C) comensalismo, parasitismo, mutualismo.
(D) parasitismo, competição interespecífica, predação.
(E) protocooperação, competição intraespecífica, esclava-gismo.
RESPOSTA: D
Assinale a opção correta.
(A) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras.
(B) Apenas as afirmativas I e III são verdadeiras.
(C) Apenas as afirmativas II e IV são verdadeiras.
(D) Apenas as afirmativas II e III são verdadeiras.
(E) Apenas as afirmativas III e IV são verdadeiras.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Os seres vivos que se instalam no cabelo e no
couro cabeludo são beneficiados, pois se alimentam de células
mortas, microrganismos e presas disponíveis. O homem é
prejudicado, uma vez que, pode contrair doenças como micoses,
piolhos, sarna etc.
7
27. (Ufpr 2012) Um arquiteto encomendou a um paisagista um
terrário para colocar num apartamento como divisória entre dois
ambientes. Uma das exigências do proprietário do apartamento é
que o terrário representasse um ambiente de floresta úmida,
semelhante à Floresta Atlântica. Solicitou, também, que o
ambiente incluísse exclusivamente representantes das divisões do
Reino Plantae. Com base nos conhecimentos sobre esse Reino,
considere os seguintes grupos:
1. Musgos, pois são encontrados sobre troncos e solo da
floresta.
2. Algas cianofíceas, pois são produtores primários.
3. Samambaias, pois são os principais elementos do subbosque.
4. Pinus sp., pois formam o dossel das florestas.
5. Epífitas, pois são frequentes sobre os ramos das árvores.
COMENTÁRIO: A vegetação típica do mangue possui raízes
aéreas do tipo pneumatófora, pois a água salobra onde se
desenvolvem é pobre em oxigênio devido à intensa
decomposição aeróbica que se processa nesses ecossistemas.
BIOLOGIA II
29. (Mackenzie 2012) Uma mulher daltônica
(A) poderá ter filhos do sexo masculino não daltônicos.
(B) somente terá filhas daltônicas.
(C) é obrigatoriamente filha de pai daltônico.
(D) um de seus avós é certamente daltônico.
(E) poderá ser heterozigota para o gene do daltonismo.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Considerando que o gene para o daltonismo é
recessivo e ligado ao sexo, uma mulher daltônica, com genótipo
d d
X X , transmitirá o cromossomo X portador do gene d para todos
os seus filhos do sexo masculino.
Atendem às exigências do proprietário os itens:
(A) 1, 2 e 4 apenas.
(B) 1, 3 e 5 apenas.
(C) 2, 3 e 4 apenas.
(D) 3, 4 e 5 apenas.
(E) 1, 2 e 5 apenas.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: 2. Falso - As cianofíceas ou cianobactérias não são
algas de acordo com a classificação moderna. Elas são produtoras
de ecossistemas aquáticos.
Falso - Pinus SP são gimnospermas, árvores raras na Mata
Atlântica. Os pinheiros são comuns na Mata da Araucária,
presente no sul do território brasileiro.
Tipo de raiz
Características
Pivotante
Raiz subterrânea, com eixo principal
profundo e ramificações que garantem a
fixação da planta no solo.
30. (Uespi 2012) O daltonismo é uma condição genética que impede
a distinção de certas cores. No daltonismo do tipo II, a pessoa vê o
“vermelho” como se fosse “verde” e, neste caso, a doença
herdada é ligada ao cromossomo X. Considerando que o alelo para
o daltonismo comporta-se como recessivo, é correto afirmar que
uma mulher portadora do mesmo e filha de uma mãe
heterozigótica:
(A) será daltônica, se o pai também for daltônico.
(B) será daltônica, mesmo que o pai não seja daltônico.
(C) terá 50% de chance de nascer daltônica, caso o pai seja
daltônico.
(D) terá 25% de chance de nascer daltônica, caso o pai seja
daltônico.
(E) não será daltônica independente do genótipo do pai.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Alelos: d – daltonismo, D – normalidade.
Sendo portadora do alelo para o daltonismo, a mulher pode ter
herdado esse gene de seu pai, se ele for daltônico, ou de sua mãe
normal portadora. Se o pai for daltônico ele transmitirá para a
filha o gene para o daltonismo, e será de 50% a chance da filha
herdar o alelo recessivo d de sua mãe e manifestar o caráter em
questão.
Tabular
Raiz suporte, em que os ramos radiculares
se fundem com o caule, sendo importantes
na fixação da planta.
31. (Upe 2012) Observe a figura a seguir, que representa a formação
da Hemoglobina normal (HbA).
28. (Ifsp 2011) As Angiospermas são vegetais que podem apresentar
diferentes tipos de raízes que se relacionam, entre outras funções,
às diferentes condições ecológicas, conforme as apresentadas na
tabela a seguir.
Estrangulante
Raiz de plantas aéreas, que cresce em
direção ao solo e pode envolver o tronco da
planta hospedeira, comprometendo a
circulação da seiva.
Raiz aérea, dotada de pequenos orifícios
Pneumatófora (pneumatódios) para processar a aeração
do vegetal.
Tuberosa
Raiz especial, que atua como órgão de
reserva vegetal.
Considerando-se que um manguezal é um ecossistema típico de
região litorânea, com alta concentração de matéria orgânica, baixa
concentração de oxigênio, alta umidade e salinidade, espera-se
que a vegetação local apresente adaptações de raízes do tipo
(A) tabular.
(B) estrangulante.
(C) tuberosa.
(D) pneumatófora.
(E) pivotante.
RESPOSTA: D
Com base na figura, complete as lacunas do texto a seguir:
A função da hemoglobina é absorver e transportar o oxigênio nas
hemácias de vertebrados. Em um indivíduo, cada caráter é
determinado por um par de alelos, que se segregam na formação
dos gametas. Os cromossomos 16 e 11 são responsáveis,
8
respectivamente, por genes de cadeias de globina alfa e beta.
Esses genes _______1a e 1b____________. Os genes de ambos
os grupos estão organizados na mesma orientação e ordem com
que estes são expressos durante o desenvolvimento (embriãofeto-adulto). Os processos de ____2______ e _____3_______ são
colineares, pois, se houver mutação em um dos genes, seja na fita
de DNA ou de RNA, a proteína poderá ser afetada. A hemoglobina
é uma proteína formada por um grupo heme ligado a quatro
cadeias polipeptídicas, sendo duas cadeias de globina ___4____ e
duas cadeias de globina ___5___, formando uma estrutura
_____6_____.
7
16
(C)
9
(D) 16
12
(E)
16
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Fenótipos
Branca
Vermelha
Creme
Assinale a alternativa que preenche ordenada e corretamente as
lacunas.
(A) formam um grupo de ligação, conforme a primeira lei de
Mendel; replicação; tradução; alfa; beta; secundária.
(B) formam um grupo de ligação, conforme a segunda lei de
Mendel; tradução; transcrição; beta; alfa; quaternária.
(C) segregam de forma independente, conforme a primeira lei de
Mendel; transcrição; tradução; beta; alfa; terciária.
(D) segregam de forma independente, conforme a segunda lei de
Mendel; transcrição; tradução; alfa; beta; quaternária.
(E) segregam de forma independente, conforme a segunda lei de
Mendel; transcrição; replicação; alfa; beta; secundária.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Os genes determinantes da formação das cadeias
alfa e beta da molécula de hemoglobina situam-se em
cromossomos distintos e, portanto, se segregam de forma
independente na formação dos gametas. Os processos 2 e 3
indicam, respectivamente, a transcrição e a tradução dos genes
1a e 1b. As duas cadeias alfa (4) e as duas cadeias beta (5) são
agrupadas para formar a estrutura quaternária (6) da
hemoglobina.
Pais: AaBb x AaBb
9
3
3
1
A_B_;
A_bb;
aaB_;
aabb.
16
16
16
16
3
1
4
P  aa _ _  


16 16 16
Filhos:
34. Em uma variedade de cevada, o tamanho médio dos caules é de
3,2mm. Em outra variedade, mais baixa, os caules medem em
média 2,1mm.
O cruzamento entre essas duas variedades produziu uma geração
F1 constituída por plantas de altura intermediária à das plantas
parentais, em média, de 2,65mm.
A autofecundação de F1 produziu em F2 plantas com alturas
diferentes, das quais 1/16 tinham 3,2mm, como um dos pais; 1/16
tinha 2,1mm como o outro tipo parental.
O número provável de pares de genes envolvidos na herança
dessas duas linhagens de cevada e a contribuição de cada alelo
para o fenótipo final e milímetros é, respectivamente:
(A) 1 e 1,1
(B) 2 e 1,1
(C) 2 e 0,27
(D) 3 e 0,27
(E) 3 e 0,54
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: A fração 1/16 para os fenótipos extremos indica
tratar-se de uma característica condicionada por dois pares de
alelos com segregação independente (lembre-se da 2.ª Lei de
Mendel onde, ao cruzarmos dois indivíduos duplo hetero,
obtínhamos 16 combinações genotípicas).
Observe que o maior mede 3,2 e o menor, 2,1. Logo, a diferença
entre o maior e o menor é de 1,1.
Como existem quatro genes envolvidos na herança, significa dizer
que à medida que cada gene entra na herança, o tamanho irá
aumentar de 0,27 . Isto ocorre porque:
4 genes presentes 3,2
0 genes presentes 2,1
Se a diferença é de 1,1, partindo do zero para 4, significa dizer
que dividindo 1,1 por 4, obteremos a ação de cada gene, isto é:
1.1 / 4 = 0.27.
32. (Mackenzie 2011) A fibrose cística e a miopia são causadas por
genes autossômicos recessivos. Uma mulher míope e normal para
fibrose cística casa-se com um homem normal para ambas as
características, filho de pai míope. A primeira criança nascida foi
uma menina de visão normal, mas com fibrose. A probabilidade de
o casal ter outra menina normal para ambas as características é de
(A) 3/8.
(B) 1/4.
(C) 3/16.
(D) 3/4.
(E) 1/8.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: lelos: m (miopia); M (visão normal); f (fibrose
cística); F (normalidade).
Pais:
P(
mm Ff x
M_F_) =
Genótipos
aa_ _
A_B_
A_bb
Mm Ff
1 1 3
3
x x 
2 2 4 16
33. (Ufrs 2011) As flores de uma determinada planta podem ser
brancas, vermelhas ou creme. A cor branca (ausência de
deposição de pigmento) é condicionada por alelo recessivo (aa). O
alelo A determina a deposição de pigmento. O alelo dominante B
produz pigmento vermelho, enquanto seu recessivo, a cor creme.
Cruzando-se plantas heterozigotas para os dois genes entre si, a
probabilidade de obtermos uma planta branca é de
35. (Uel 2011) Em algumas modalidades esportivas, as equipes
devem ser formadas apenas por atletas do mesmo sexo. Sobre as
características que determinam ou diferenciam o sexo, é correto
afirmar:
(A) O sexo masculino depende de um gene determinador do
sexo localizado no cromossomo Y.
(B) A progesterona atua no desenvolvimento de órgãos genitais
típicos do sexo masculino.
(C) Os núcleos das células feminina e masculina apresentam um
mesmo conjunto cromossômico.
3
16
4
(B) 16
(A)
9
(D) A testosterona é o principal hormônio sexual feminino
produzido nas trompas.
(E) As células masculinas apresentam cromatina sexual.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Na espécie humana, o sexo é determinado pela
presença ou ausência do cromossomo sexual Y. Indivíduos do
sexo masculino são heterogaméticos para os cromossomos
sexuais, ou seja, possuem dois cromossomos sexuais diferentes,
um X e um Y. No cromossomo sexual Y em sua região não
homóloga ao X, encontra-se o gene determinante da
masculinidade, chamado TDF (fator determinante de testículos),
ou SRY (sex-determing region) que determina o fenótipo
masculino. A proteína codificada por esse gene induz, no
embrião, a formação de testículos.
37. (MACKENZIE 2010)
36. (Unesp 2011) Em geral, os cromossomos sexuais nos mamíferos
são iguais nas fêmeas e diferentes nos machos. Nestes, o
cromossomo do tipo Y possui genes, tamanho e morfologia
diferentes daqueles do cromossomo do tipo X. Nas aves, ocorre o
contrário. A fêmea apresenta cromossomos sexuais diferentes;
nesse caso, chamados de tipo Z, o maior, e de tipo W, o menor.
As figuras A e B representam, respectivamente, os cromossomos
de um homem e de um macho de arara-azul. Em A são
representados, no destaque, os cromossomos sexuais de uma
mulher (XX) e, em B, no destaque, os cromossomos sexuais de
uma arara-azul fêmea (ZW).
Sabendo que o daltonismo é devido a um gene recessivo
localizado no cromossomo X e que a polidactilia é uma herança
autossômica dominante, a probabilidade do casal 3X4 ter uma
filha normal para ambos os caracteres é
(A) 1/2
(B) 1/6
(C) 3/4
(D) 1/4
(E) 1/8
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Sendo:
D
X = alelo que determina o caráter normal em relação à visão;
d
X = alelo que determina o daltonismo;
P = alelo que determina dactilismo normal;
p = alelo que determina a polidactilia,
Temos os seguintes genótipos:
♂
♀
D
X P
D
X p
d
XP
d
Xp
Considerando tais informações, é correto afirmar que
(A) tanto em aves quanto em mamíferos, o conjunto de
espermatozoides carregará sempre um cromossomo sexual
de um mesmo tipo.
(B) tanto em aves quanto em mamíferos, o conjunto de óvulos
carregará sempre um cromossomo sexual de um mesmo tipo.
(C) na gametogênese de fêmeas de aves, após a metáfase I, as
duas células resultantes da divisão anterior apresentarão
cromossomos sexuais de mesmo tipo.
(D) na gametogênese de machos de mamíferos, após a metáfase
II, as duas células resultantes da divisão anterior
apresentarão cromossomos sexuais de mesmo tipo.
(E) tanto na prole de aves quanto na de mamíferos, o zigoto que
herdar o menor cromossomo sexual será do sexo masculino.
RESPOSTA: D
Observe o esquema adiante:
d
Yp
D d
X YPp
D
X Ypp
d
X YPp
d
X Ypp
Xp
X X Pp
D d
X X pp
d d
X X Pp
d d
X X pp
D
A probabilidade de ter uma filha normal para ambos os caracteres
é 1/8
38. (Udesc 2011) A Figura mostra uma genealogia hipotética na qual
aparecem casos de hemofilia, doença relacionada a um gene
recessivo.
10
Analise as proposições a seguir.
I. A hemofilia é uma doença ligada ao cromossomo X,
caracterizada por uma falha no sistema de coagulação do
sangue.
II. II. A mulher número 2 é portadora do alelo para a hemofilia,
H h
apresentando o genótipo X X .
III. O homem número 9 recebeu o alelo para a hemofilia de sua
avó paterna.
IV. Sabendo-se que a mulher número 10 não é portadora do
alelo da hemofilia, a probabilidade de sua filha ter o genótipo
H h
X X é de 50%.
V. A probabilidade de a mulher número 16 ser portadora do
alelo da hemofilia é de 50%.
(D) 3/16.
(E) 3/8.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Alelos:
D – visão normal; d – daltonismo
A – pele normal; a – albinismo
Pais:
d d
dY
P(X X A_) =
D d
X X Aa
1 3
3
 
4 4 16
41. (Ufrgs 2010) Assinale a alternativa que preenche corretamente as
lacunas do texto a seguir, na ordem em que aparecem.
Assinale a alternativa correta.
(A) Somente a afirmativa I é verdadeira.
(B) Somente as afirmativas I, II, III e V são verdadeiras.
(C) Somente as afirmativas I, II e V são verdadeiras.
(D) Somente as afirmativas III e IV são verdadeiras.
(E) Todas as afirmativas são verdadeiras.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: homem número 9 recebeu o alelo para a
hemofilia de sua mãe, porque esse gene é ligado ao cromossomo
X. A probabilidade da mulher número 10 ser portadora do gene
para a hemofilia é 100%, uma vez que herdou de seu pai
hemofílico o cromossomo X portador do alelo mutante.
A famosa proporção 9:3:3:1 relacionada à Segunda Lei de Mendel
refere-se à proporção .................... esperada da .................... de
dois indivíduos heterozigóticos quanto a dois pares de genes
(AaBb) localizados em .................... de cromossomos.
(A) Ginotípica - F2 - diferentes pares
(B) Fenotípica - F1 - diferentes pares
(C) Fenotípica - F2 - um mesmo par
(D) Genotípica - F1 - um mesmo par
(E) Fenotípica - F2 - diferentes pares
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: A proporção 9:3:3:1 refere-se à proporção de
fenótipos gerados a partir do cruzamento, na geração F2, de dois
indivíduos heterozigotos quanto a dois pares de genes localizados
em cromossomos diferentes.
39. (Ufpr 2011) Admita que dois genes, A e B, estão localizados num
mesmo cromossomo. Um macho AB/ab foi cruzado com uma
fêmea ab/ab. Sabendo que entre esses dois genes há uma
frequência de recombinação igual a 10%, qual será a frequência
de indivíduos com genótipo Ab/ab encontrada na descendência
desse cruzamento?
(A) 50%
(B) 25%
(C) 30%
(D) 100%
(E) 5%
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: pais:
cruzamento:
X Aa 
42. (Ufrs 2011) Em geral, os cromossomos sexuais de mamíferos
fêmeas consistem de um par de cromossomos X. Machos possuem
um cromossomo X e um cromossomo sexual que não é
encontrado em fêmeas: o cromossomo Y.
Assinale com V (verdadeiro) ou F (falso) as afirmações abaixo,
referentes ao sistema XY de determinação sexual de mamíferos.
( ) Os genes ligados ao cromossomo X são os que
apresentam como função a diferenciação sexual.
( ) Os cromossomos X e Y pareiam durante a meiose.
( ) A inativação de um dos cromossomos X em fêmeas
permite o mecanismo de compensação de dose.
( ) Fenótipos recessivos ligados ao X são mais frequentes em
fêmeas que em machos.
AB / ab x ab / ab
A sequência correta de preenchimento dos parênteses, de cima
para baixo, é:
(A) F – F – F – V.
(B) F – V – F – V.
(C) F – V – V – F.
(D) V – F – F – V.
(E) V – V – V – F.
RESPOSTA: C]
A diferenciação sexual em mamíferos é determinada pelo
cromossomo masculinizante Y. O fenótipo recessivo ligado ao
cromossomo X é mais frequente em homens porque o gene
determinante dessas características atua isoladamente. São
exemplos a hemofilia, o daltonismo, etc.
P(Ab / ab) = 5%
40. (Ufpa 2011) O albinismo é uma doença metabólica hereditária,
resultado de disfunção gênica na produção de melanina. Para que
a doença se manifeste é necessário que a mutação esteja em
homozigose (doença autossômica recessiva). Já o daltonismo é
uma doença recessiva ligada ao cromossomo X. Considerando-se
um homem daltônico com pigmentação de pele normal (cujo pai
era albino), casado com uma mulher duplamente heterozigota
para essas duas doenças, a probabilidade do casal ter uma filha
com pigmentação de pele normal e com daltonismo é de
(A) 1/16.
(B) 1/8.
(C) 1/2.
43. (Fuvest 2011) No heredograma abaixo, o símbolo representa um
homem afetado por uma doença genética rara, causada por
mutação num gene localizado no cromossomo X. Os demais
indivíduos são clinicamente normais.
11
D d
- Probabilidade de a criança nascer com visão normal (X X ): ½
- Probabilidade de a criança nascer do grupo sanguíneo A: ¼
- Probabilidade de a criança nascer com visão normal e do grupo
sanguíneo A: ½ x ¼ = 1/8
46. (Uesc 2011) A taxa ou frequência de permutação entre pares de
genes que estão ligados é constante e depende da distância que
esses genes se encontram uns dos outros. O geneticista Alfred
Sturtevant imaginou que seria possível construir mapas gênicos,
que mostrariam a distribuição dos genes ao longo do cromossomo
e as distâncias relativas entre eles. O quadro a seguir mostra um
exemplo desse tipo de mapa gênico.
As probabilidades de os indivíduos 7, 12 e 13 serem portadores do
alelo mutante são, respectivamente,
(A) 0,5; 0,25 e 0,25.
(B) 0,5; 0,25 e 0.
(C) 1; 0,5 e 0,5.
(D) 1; 0,5 e 0.
(E) 0; 0 e 0.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Como as filhas do casal 1-2 são normais,
concluímos que o alelo para a doença é recessivo. Dessa forma, o
a
homem afetado (indivíduo 1) tem o genótipo X Y, sua esposa
A A
(indivíduo 2), X X e suas filhas (indivíduos 5, 6 e 7) são
obrigatoriamente XAXa. A probabilidade de o indivíduo 12 (filha
A A
do casal 7-8) ter o alelo para a doença é ½ (0,5). Pode ser X X ou
A a
A
X X . O indivíduo 13 (filho do casal 7-8) é X Y, uma vez que tem
fenótipo normal e, portanto, não tem o alelo para a doença.
Com base nas informações contidas no quadro, é possível afirmar
que os valores corretos para as taxas de permutação em X e Y são,
respectivamente,
(A) 5% e 20%
(B) 15% e 20%
(C) 15% e 5%
(D) 20% e 15%
(E) 20% e 5%
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: A taxa de recombinação entre os genes ligados
varia diretamente com a distância em que estão situados no
cromossomo. Dessa forma, a taxa de permuta entre os genes A e
B é igual a 20% (X) e entre os genes B e C é igual a 5% (Y).
44. (Eewb 2011) Um determinado casal, ambos com cariótipo normal,
têm um filho com cariótipo 2n = 47, XYY. Podemos inferir que o
cromossomo Y extra foi decorrente de erro na:
(A) meiose I da mãe.
(B) meiose II da mãe.
(C) meiose II do pai.
(D) meiose I do pai.
(E) mitose II do pai.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: O esquema adiante mostrará a não disjunção do
cromossomo y, ocorrida durante a meiose II paterna:
47. (Upe 2011) Em gatos malhados, certas regiões do corpo
apresentam coloração preta (XP) ou amarelo-alaranjado (XA),
relacionadas a genes presentes no cromossomo X, entremeadas
por áreas de pelos brancos, condicionadas pela ação de genes
autossômicos de caráter recessivo (bb). As fêmeas heterozigotas
apresentam três cores e recebem a denominação de cálico,
enquanto os machos possuem apenas duas cores. No Texas (EUA),
ocorreu a clonagem de uma gatinha cálico chamada Rainbow, e,
para surpresa dos pesquisadores, o clone que deveria ser idêntico
à matriz apresentou um padrão de manchas diferentes da original.
Isso ficou conhecido como o caso Carbon Copy ou Copy Cat
45. (Mackenzie 2010) Uma mulher daltônica e pertencente ao tipo
sanguíneo B, cujo irmão tem visão normal e pertence ao tipo O,
casa-se com um homem de visão normal e pertencente ao tipo
sanguíneo AB. A probabilidade de esse casal ter uma criança do
sexo feminino, de visão normal e pertencente ao grupo sanguíneo
A é de
(A) 1
(B) 1/4
(C) 3/4
(D) 1/2
(E) 1/8
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Mesmo sabendo que seu irmão é do grupo
sanguíneo O, não se pode ter a certeza do genótipo de mulher
BB
B
quanto ao grupo sanguíneo ABO. Ela poderá ser I I ou I i. Se for
BB
I I a probabilidade do casal ter uma criança do sexo feminino, de
B
visão normal e grupo sanguíneo A será zero. Caso a mulher seja I i,
a probabilidade será 1/8. Nesse caso, vejamos:
d d B
Genótipo da mãe: X X I i
D
AB
Genótipo do pai: X Y I I
A clonagem da gatinha não foi bem sucedida devido à(ao)
(A) adição de um cromossomo X em certo par, constituindo uma
trissomia e elevando a homozigose; por isso, a clonagem de
um cálico nunca resultará em um mesmo padrão.
(B) deleção de determinada região do cromossomo X, causando
um fenótipo diferente do esperado, visto Carbon Copy ter
sido criada a partir de um óvulo que se misturou com o
núcleo de Rainbow.
(C) efeito pleiotrópico, no qual a ação do par de genes é
responsável pela ocorrência simultânea de diversas
características que ativa os dois cromossomos X da fêmea, no
caso de haver clonagem.
(D) processo de inativação ao acaso de um dos cromossomos X
da fêmea, relacionado a genes que aparecem em
heterozigose, resultando em padrão de pelagem diferente,
mesmo quando os indivíduos são geneticamente idênticos.
(E) tipo de herança quantitativa, em que os genes possuem
efeito aditivo e recebem o nome de poligenes. Assim, em
cada gata, haverá um padrão de pelagem diferente, pois só
funcionará um cromossomo X por indivíduo.
12
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A gatinha clonada (copy cat) apresenta padrão de
coloração do pelo diferente. Isso acontece devido ao processo de
inativação aleatória de um de seus cromossomos x quando, nas
primeiras clivagens do embrião, forma-se a cromatina sexual
(corpúsculo de Barr).
crista rosa foram cruzadas com aves de crista simples, foram
obtidas 75% de aves com crista rosa e apenas 25% com crista
simples em F2. Do cruzamento de aves homozigóticas de crista
ervilha com aves de crista simples foram obtidas 75% de aves com
crista ervilha e apenas 25% com crista simples, também em F2.
Quando aves homozigóticas de crista rosa foram cruzadas com
aves homozigóticas de crista ervilha, todos os descendentes F1
apresentaram um novo tipo de crista, o tipo noz. Na F2, produzida
a partir do cruzamento de indivíduos F1, foi observado que, para
cada 16 descendentes, nove apresentavam crista noz, três, crista
rosa, três, crista ervilha e apenas um apresentava crista simples.
Esses dados indicam que, na herança da forma da crista nessas
aves, tem-se um caso de:
(A) Pleiotropia, em que quatro alelos de um loco estão
envolvidos.
(B) Interação gênica entre alelos de dois locos distintos.
(C) Epistasia dominante e recessiva.
(D) Herança quantitativa.
(E) Alelos múltiplos.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: As proporções de 9:3:3:1, obtidas no cruzamento
de indivíduos da F1, indicam que a herança do tipo de cristas das
galinhas é determinada pela interação de dois pares de genes com
segregação independente, isto é, genes situados em locos de
cromossomos distintos.
48. (Ufg 2010) No homem, a acondroplasia é uma anomalia genética,
autossômica dominante, caracterizada por um tipo de nanismo
em que a cabeça e o tronco são normais, mas os braços e as
pernas são curtos. A letalidade dessa anomalia é causada por um
gene dominante em dose dupla. Dessa forma, na descendência de
um casal acondroplásico, a proporção fenotípica esperada em F1 é
(A) 100% anões.
(B) 100% normais.
(C) 33,3% anões e 66,7% normais.
(D) 46,7% anões e 53,3% normais.
(E) 66,7% anões e 33,3% normais.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Sendo D o alelo letal dominante que determina a
acondroplasia e d, o alelo recessivo que determina altura normal,
pessoas com fenótipo acondroplástico são heterozigóticas Dd,
enquanto pessoas com fenótipo normal são homozigóticas
recessivas dd. Indivíduos homozigotos dominantes morrem antes
de nascer.
Assim sendo, em F1, o cruzamento entre dois indivíduos
heterozigotos (Dd x Dd) dará nascimento a 66,7% de anões e
33,3% de indivíduos normais.
D
d
D
DD
Dd
51. (Uff 2010) Apesar da série de polêmicas sobre os efeitos negativos
da mestiçagem racial discutidos no século XIX e referidos no texto
de Marta Abreu, atualmente a ciência já estabelece que a
identidade genética é o que realmente determina a incidência de
doenças e anomalias presentes nas populações. Assim, a
miscigenação pode diminuir a incidência dessas doenças, ao
diminuir estatisticamente o pareamento de genes recessivos
naquelas populações.
O heredograma a seguir mostra a ocorrência de uma determinada
anomalia em uma família.
d
Dd
dd
49. (Pucrs 2010) Para responder à questão, considere as quatro
premissas a seguir.
- Genes transmitidos por cromossomos diferentes.
- Genes com expressão fenotípica independente.
- Modo de herança com dominância.
- Padrão de bialelismo (diibridismo).
Um cruzamento diíbrido entre dois indivíduos duplo heterozigotos
teria como resultado a proporção fenotípica de
(A) 1:2:1.
(B) 1:2:2:1.
(C) 1:3:3:1.
(D) 3:9:3.
(E) 9:3:3:1.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Um exemplo clássico de diibridismo são os
resultados obtidos nos cruzamentos de Mendel, ao estudar
concomitantemente a transmissão combinada de duas
características de ervilhas. Considerando simultaneamente a cor
dos cotilédones, que proporcionou as cores amarela ou verde à
semente, e a textura dos cotilédones, que fez as sementes serem
lisas ou rugosas, Mendel obteve do cruzamento entre plantas
puras amarelas puras (homozigóticas dominantes) e lisas com
plantas originadas de sementes verdes e rugosas puras
(homozitóticas recessivas), uma geração F1 formada por plantas
que
produziram
somente
sementes
amarelas
lisas
(heterozigóticas). A geração F2 obtida pela autofecundação das
plantas originadas das sementes de F1 era composta de quatro
tipos de sementes: amarelas-lisas, amarelas-rugosas, verdes-lisas
e verdes-rugosas na proporção 9:3:3:1.
A condição demonstrada no heredograma é
característica:
(A) dominante autossômica.
(B) recessiva autossômica.
(C) recessiva ligada ao cromossomo Y.
(D) recessiva ligada ao cromossomo X.
(E) dominante ligada ao cromossomo X.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: O heredograma apresenta um
herança recessiva ligada ao sexo. Esse tipo
determinado por um gene recessivo presente no
em sua porção não homóloga ao X.
herdada como
caso típico de
de herança é
cromossomo Y,
52. (Unemat 2010) Numa espécie animal, os indivíduos normais
apresentam o conjunto cromossômico 2n = 8. A análise
citogenética de um indivíduo revelou o cariótipo esquematizado
abaixo.
50. (Ufal 2010) Em galináceos, foram observados quatro tipos de
cristas: rosa, ervilha, simples e noz. Quando aves homozigóticas de
13
(D) sexual: o estabelecimento de indivíduos da espécie B
aumentou a competição entre machos da espécie A por
acesso às fêmeas.
(E) direcional: o estabelecimento de indivíduos da espécie B
induziu mutações em indivíduos da espécie A.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A introdução da espécie B, que competia pelos
recursos com a espécie A, obrigou essa última a uma mudança de
nicho ecológico e representou uma pressão seletiva que favoreceu
os indivíduos da espécie A com bicos pequenos, melhor adaptados
para se alimentar de sementes pequenas. Esse é um exemplo de
evolução direcional.
Considerando os dados acima, pode-se afirmar que o indivíduo é:
(A) Trissômico.
(B) Haploide.
(C) Triploide.
(D) Monossômico.
(E) Tetraploide.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A trissomia é um tipo de alteração cromossômica
numérica. Ocorre quando as células diploides do indivíduo afetado
possuem um cromossomo extra. Nesse caso, o indivíduo
apresenta três exemplares do cromossomo número 3, em vez de
apresentar apenas um par deles.
55. (Ufpb 2010) O uso indiscriminado de antibióticos tem como
consequência o aparecimento de superbactérias patogênicas,
capazes de resistir a uma grande quantidade de antibióticos. As
estruturas das células bacterianas, envolvidas nessa resistência a
antibióticos, são os (as)
(A) paredes celulares.
(B) membranas celulares.
(C) flagelos.
(D) plasmídeos.
(E) mesossomos
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Os plasmídeos bacterianos são pequenas
moléculas de DNA circular que contam genes e codificam
proteínas que, por sua vez, tornam as bactérias resistentes aos
antibióticos utilizados na quimioterapia das infecções causadas
por esses micro-organismos.
BIOLOGIA III
53. (Ufpb 2011) As técnicas moleculares modernas permitem que as
rotas migratórias humanas possam ser identificadas da África aos
demais continentes conquistados. Isso é possível, pois o
isolamento entre as populações que escolheram rotas migratórias
diferentes impede que as variações acumuladas por um grupo
sejam compartilhadas com os demais. Dessa forma, as diferentes
populações apresentam diferentes marcas genéticas.
56. (Pucrs 2010) Na Inglaterra, a espécie de mariposa Biston betularia
apresentava indivíduos claros e escuros. Coletas realizadas por
biólogos antes do período industrial mostraram que indivíduos
claros eram mais frequentes, pois sobreviviam ao se camuflarem
entre os liquens dos troncos das árvores. Após a industrialização, a
fuligem e a fumaça mataram os liquens e escureceram os troncos,
o que, ao longo das gerações, resultou no benefício da forma
escura e na vulnerabilidade da forma clara, a qual diminuiu sua
frequência por ser mais visível e predada pelos pássaros.
De acordo com o texto e com base na literatura sobre o assunto,
é correto afirmar que os fatores evolutivos envolvidos nesse
fenômeno são:
(A) Mutação e deriva
(B) Mutação e casamento aleatório.
(C) Seleção natural e casamento aleatório.
(D) Migração e grande tamanho populacional.
(E) Efeito fundador e grande tamanho populacional.
Resposta: A
COMENTÁRIO: As variações acumuladas ao longo do tempo
evolutivo são resultantes de mutação. A deriva genética é a
seleção de variações devida exclusivamente ao acaso.
Essa pesquisa demonstrou a contribuição diferenciada da
descendência para as gerações futuras pelos tipos genéticos que
pertenciam à mesma população, processo conhecido como
(A) mimetismo.
(B) competição.
(C) predação.
(D) nicho ecológico.
(E) seleção natural.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: O melanismo industrial da mariposa Biston
betularia é um exemplo clássico de seleção natural muito bem
documentado pelos pesquisadores ingleses.
54. (Ufc 2010) Em um estudo realizado nas ilhas Galápagos, um casal
de pesquisadores observou que indivíduos de uma espécie de
tentilhão (espécie A) comumente se alimentavam de sementes de
vários tamanhos. A ilha onde a espécie A ocorria foi colonizada
por outra espécie de tentilhão (espécie B). Indivíduos de B se
alimentavam de sementes grandes e eram mais eficientes que A
na aquisição deste recurso. Com o passar dos anos, os dois
pesquisadores observaram que o tamanho médio do bico dos
indivíduos de A estava reduzindo gradualmente.
57. (Ufla 2010) A respeito do processo evolutivo da espécie humana
(Homo sapiens), analise se as afirmativas são Falsas (F) ou
Verdadeiras (V); a seguir, marque a alternativa CORRETA.
( ) A espécie humana possui diferentes capacidades de se
adaptar às condições ambientais.
( ) A espécie humana surgiu em uma atmosfera primitiva
rica em metano, submetida a altas temperaturas.
( ) A espécie humana tem sua origem explicada pela teoria
de abiogênese.
( ) A espécie humana é formada por seres eucariontes,
heterótrofos, com circulação dupla, completa e fechada.
Considerando que pássaros com bicos maiores conseguem se
alimentar de sementes maiores, o processo de redução de bico
observado em A é um exemplo de seleção:
(A) direcional: o estabelecimento de indivíduos da espécie B
representou uma pressão seletiva que favoreceu indivíduos
da espécie A com bicos pequenos.
(B) disruptiva: o estabelecimento de indivíduos da espécie B
representou uma pressão seletiva que favoreceu indivíduos
da espécie A com bicos muito pequenos ou muito grandes.
(C) estabilizadora: o estabelecimento de indivíduos da espécie B
representou uma pressão seletiva que favoreceu indivíduos
da espécie A com bicos de tamanho intermediário.
(A) F – F – V – V
(B) V – F – F – V
14
(C) F – F – F – V
(D) V – V – V – F
(E) V – F – V – F
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: O homem moderno, pertencente à espécie Homo
sapiens sapiens, evoluiu a partir de um ancestral comum, também
hominídeo, há cerca de 100.000 anos, época em que a atmosfera
da terra era muito semelhante à atual.
58. (Unesp 2011) Há cerca de 40.000 anos, duas espécies do gênero
Homo conviveram na área que hoje corresponde à Europa: H.
sapiens e H. neanderthalensis. Há cerca de 30.000 anos, os
Neandertais se extinguiram, e tornamo-nos a única espécie do
gênero.
No início de 2010, pesquisadores alemães anunciaram que, a
partir de DNA extraído de ossos fossilizados, foi possível
sequenciar cerca de 60% do genoma do neandertal. Ao comparar
essas sequências com as sequências de populações modernas do
H. sapiens, os pesquisadores concluíram que de 1 a 4% do genoma
dos europeus e asiáticos é constituído por DNA de neandertais.
Contudo, no genoma de populações africanas não há traços de
DNA neandertal.
Isto significa que
(A) os H. sapiens, que teriam migrado da Europa e Ásia para a
África, lá chegando entrecruzaram com os H.
neanderthalensis.
(B) os H. sapiens, que teriam migrado da África para a Europa, lá
chegando entrecruzaram com os H. neanderthalensis.
(C) o H. sapiens e o H. neanderthalensis não têm um ancestral
em comum.
(D) a origem do H. sapiens foi na Europa, e não na África, como
se pensava.
(E) a espécie H. sapiens surgiu independentemente na África, na
Ásia e na Europa.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Os Homo sapiens tiveram sua origem na África e
após sua migração para a Europa, entrecruzaram com Homo
neanderthalensis, sendo que ainda hoje entre 1 e 4% do genoma
dos homens europeus e asiáticos é constituído por DNA
neandertalense.
A endogamia aumenta a homozigosidade na população. Isso
porque no indivíduo endogâmico (filho de indivíduos
consanguíneos) pode ter dois alelos iguais por descendência
(exemplo: a avó era Aa, ela passa o a para o filho e para a filha e
estes tem um filho juntos com genótipo aa).
Isto pode fazer com que aumente a incidência de doenças
recessivas, pois se na família há indivíduos normais heterozigotos
(portadores), a endogamia aumenta a chance de ter um
homozigoto recessivo doente (na população seria difícil encontrar
2 indivíduos heterozigotos, pois o alelo recessivo é raro, mas na
família fica mais fácil).
É importante lembrar que a endogamia afeta as frequências
genotípicas (proporção de heterozigotos e homozigotos), mas
não as frequências alélicas (proporção de alelos A e a), portanto
ela não é considerada um fator evolutivo.
A endogamia resulta do acasalamento, intencional ou não, de
animais aparentados, sendo um sistema de acasalamento capaz
de alterar a constituição genética da população. Isto se dá por
meio do aumento da homozigose e, consequentemente, da
diminuição da heterozigose, alterando, assim, a frequência
genotípica, mas não as frequências gênicas.
59. (Ufpr) Em mexilhões, as cores externas das conchas são
determinadas por dois alelos de um gene, sendo a cor azulada
determinada por um alelo recessivo e a cor castanha, por um
dominante. Em uma população de cem animais, foram
encontrados 16 azuis. Com relação a essa população, considere as
seguintes afirmativas:
1.
2.
3.
4.
60. (Ufpb 2012) Os antibióticos são de extrema importância para o
combate a muitas doenças causadas por bactérias. No entanto, o
seu uso indiscriminado pode trazer graves problemas de saúde
pública, a exemplo do surgimento das bactérias multirresistentes,
como a KPC. Uma classe muito importante de antibióticos tem sua
eficácia por agir no ribossomo da célula bacteriana, impedindo o
funcionamento correto desse componente celular. Diante do
exposto, é correto afirmar que essa classe de antibiótico é eficaz
porque
(A) impede a transcrição.
(B) modifica o código genético.
(C) destrói a membrana plasmática.
(D) impede a síntese de proteínas.
(E) provoca mutações gênicas.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Medicamentos, como antibióticos que atuam
interferindo na atividade dos ribossomos bacterianos, dificultam
ou impedem a síntese das proteínas necessárias à sobrevivência
dos microrganismos bacterianos causadores de doenças humanas
e animais.
Ela não pode estar em equilíbrio de Hardy-Weinberg.
Se houver 48 heterozigotos, ela estará em equilíbrio de
Hardy-Weinberg.
Se houver 30 heterozigotos, é possível que a seleção natural
seja a causa do aumento do número de heterozigotos.
A endogamia pode ser a causa do desvio em relação ao
equilíbrio de Hardy-Weinberg, se houver 76 animais
castanhos.
Assinale a alternativa correta.
(A) Somente a afirmativa 1 é verdadeira.
(B) Somente as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras.
(C) Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.
(D) Somente as afirmativas 2 e 4 são verdadeiras.
(E) Somente as afirmativas 3 e 4 são verdadeiras.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
15
61. (Ufrs 2011) Entre as adaptações da presa contra o predação, está
o mimetismo. No mimetismo batesiano, uma espécie comestível
mimetiza uma espécie não comestível, ou nociva.
( ) Dentro das cavernas, os peixes cegos levam vantagem
sobre os peixes não cegos.
Considere as seguintes afirmações, referentes à estabilidade desse
tipo de mimetismo.
I. O predador que captura um indivíduo de uma espécie não
comestível ou nociva evita qualquer presa de aparência
semelhante.
II. O mímico evolui em direção à aparência de uma espécie não
comestível mais depressa do que a espécie não comestível
acumula diferenças em relação ao mímico.
III. O mímico deve ser de uma espécie menos comum que a
espécie não comestível.
Assinale a alternativa que apresenta, de cima para baixo, a
sequência correta.
(A) F, V, V e V.
(B) F, V, V e F.
(C) V, F, V e F.
(D) V, F, F e V.
(E) V, V, F e F.
RESPOSTA: B
Não é possível afirmar que os peixes não cegos são presas fáceis
de peixes cegos no interior de cavernas, onde vivem esses
animais. Em ambientes escuros, a presença ou não de olhos
funcionais é indiferente.
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas II.
(C) Apenas I e III.
(D) Apenas II e III.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Todas as afirmações referentes ao mimetismo
batesiano estão corretas.
64. (Mackenzie 2010) Cientistas britânicos afirmam estar
desenvolvendo um antibiótico a partir de larvas de moscas verdes
que poderá no futuro, combater 12 tipos de infecções causadas
pela bactéria Staphylococcus aureus resistente à meticilina ou
SARM, muito propagada em ambientes hospitalares. A bactéria se
tornou resistente a vários antibióticos, primeiro à penicilina e,
logo depois, à meticilina.
A partir do texto, considere as afirmações abaixo.
62. (Fuvest 2011) A passagem do modo de vida caçador-coletor para
um modo de vida mais sedentário aconteceu há cerca de 12 mil
anos e foi causada pela domesticação de animais e de plantas.
Com base nessa informação, é correto afirmar que
(A) no início da domesticação, a espécie humana descobriu como
induzir mutações nas plantas para obter sementes com
características desejáveis.
(B) a produção de excedentes agrícolas permitiu a paulatina
regressão do trabalho, ou seja, a diminuição das intervenções
humanas no meio natural com fins produtivos.
(C) a grande concentração de plantas cultivadas em um único
lugar aumentou a quantidade de alimentos, o que prejudicou
o processo de sedentarização das populações.
(D) no processo de domesticação, sementes com características
desejáveis pelos seres humanos foram escolhidas para serem
plantadas, num processo de seleção artificial.
(E) a chamada Revolução Neolítica permitiu o desenvolvimento
da agricultura e do pastoreio, garantindo a eliminação
progressiva de relações sociais escravistas.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Com o início do processo de domesticação de
animais e do cultivo de vegetais, iniciou-se também o processo de
seleção artificial, no qual vegetais ou animais com características
desejáveis foram escolhidos para a reprodução. Isso permitiu que
ocorresse de forma gradativa, um aumento na produção dos
alimentos.
I.
Devido ao uso constante de antibióticos em hospitais, as
bactérias que permanecem nesses ambientes foram
selecionadas.
II. A resistência das bactérias aos antibióticos pode ser
transmitida às gerações seguintes por divisão celular ou por
conjugação.
III. Amensalismo é o nome da relação ecológica que pode se
estabelecer entre as moscas e as bactérias.
Assinale
(A) se somente I estiver correta.
(B) se somente III estiver correta.
(C) se I, II e III estiverem corretas.
(D) se somente I e II estiverem corretas.
(E) se somente II e III estiverem corretas.
RESPOSTA: C
Todas as afirmações estão corretas.
65. (Pucrj 2010) Foram introduzidas em dois frascos, que continham
um mesmo meio de cultura, quantidades idênticas de um tipo de
bactéria. Após algum tempo de incubação, adicionou-se a apenas
um dos frascos um antibiótico estável, de uso frequente na clínica
e cuja concentração não se modificou durante todo o
experimento. O gráfico a seguir representa a variação do número
de bactérias vivas no meio de cultura, em função do tempo de
crescimento bacteriano em cada frasco.
63. (Uel 2011) A fauna de vertebrados do fundo de cavernas é
representada por peixes, salamandras e morcegos, são animais
geralmente despigmentados e, no caso dos peixes, cegos.
Sobre a condição de cegueira dos peixes da caverna, atribua
verdadeiro (V) ou falso (F) para as afirmativas a seguir, que
explicam a razão pela qual encontramos maior incidência de
peixes cegos dentro das cavernas do que fora delas, quando
comparada com a população de peixes não cegos.
( ) Dentro das cavernas, os peixes não cegos são presas
fáceis dos peixes cegos.
( ) Fora das cavernas, os peixes cegos são presas fáceis de
predadores.
( ) Fora das cavernas, os peixes não cegos levam vantagem
sobre os peixes cegos.
16
A observação do gráfico permite concluir que, no frasco em que
se adicionou o antibiótico, ocorreu uma grande diminuição no
número de bactérias e em seguida um aumento do seu
crescimento. Segundo a teoria de evolução neodarwiniana, o fato
observado nos frascos com antibiótico tem a seguinte explicação:
(A) a dose usada de antibiótico eliminou a maioria da população
selecionando uma minoria resistente que voltou a crescer.
(B) a dose usada de antibiótico eliminou a grande maioria das
bactérias e a minoria sobrevivente se adaptou às condições,
voltando a crescer.
(C) a dose usada de antibiótico provocou uma lentidão no
crescimento das bactérias que, após algum tempo,
adaptaram- se e voltaram a crescer.
(D) a dose usada de antibiótico inibiu o crescimento da maioria
das bactérias, mas, após a sua degradação, essas bactérias
começaram a crescer novamente.
(E) a dose usada de antibiótico estimulou a adaptação de
bactérias, que demoraram mais a crescer.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A teoria da evolução Neodarwiniana ou
Neodarwinista tem como base o princípio da seleção natural dos
indivíduos melhores adaptados às condições do ambiente, como,
nesse caso, a presença de antibióticos. No gráfico apresentado
nota-se, num dos frascos, uma diminuição no número de
bactérias logo após a adição dos antibióticos. Isso porque o
antibiótico eliminou a maioria da população bacteriana,
selecionando as resistentes ao antibiótico, que não morreram e,
ao se reproduzir, fizeram a população voltar a crescer.
originais, mostrando que o componente genético determina seus
fenótipos.
67. (Enem 2ª aplicação 2010)
A tirinha mostra que o ser humano, na busca de atender suas
necessidades e de se apropriar dos espaços,
(A) adotou a acomodação evolucionária como forma de
sobrevivência ao se dar conta de suas deficiências impostas
pelo meio ambiente.
(B) utilizou o conhecimento e a técnica para criar equipamentos
que lhe permitiram compensar as suas limitações físicas.
(C) levou vantagens em relação aos seres de menor estatura,
por possuir um físico bastante desenvolvido, que lhe
permitia muita agilidade.
(D) dispensou o uso da tecnologia por ter um organismo
adaptável aos diferentes tipos de meio ambiente.
(E) sofreu desvantagens em relação a outras espécies, por
utilizar os recursos naturais como forma de se apropriar dos
diferentes espaços.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: O homem desenvolveu tecnologia sofisticada para
modificar o ambiente onde vive.
66. (Fgv 2010) Um pesquisador observou que certa espécie de planta
(espécie A) apresentava uma grande variação de produtividade
conforme a altitude onde a planta se desenvolvia.
Em grandes altitudes, a produtividade era muito baixa e, à medida
que a altitude se aproximava do nível do mar, a produtividade
aumentava.
O mesmo pesquisador observou que outra espécie (espécie B)
apresentava resultados diametralmente opostos daqueles
observados para a espécie A.
Esse pesquisador, então, realizou um experimento no qual
sementes de ambas as espécies, coletadas em diferentes
altitudes, foram plantadas no nível do mar, em idênticas
condições ambientais.
Após algum tempo, a produtividade dessas plantas foi medida e
observou-se que a espécie A se mostrava mais produtiva quanto
menor a altitude de origem da semente.
Em relação à espécie B, quanto menor a altitude de origem da
semente, menor a produtividade da planta.
68. (Pucrj 2010) Indique a afirmativa que mostra a adaptação de cada
animal e sua respectiva função.
(A) A pele fina e úmida dos répteis facilita a sua respiração
cutânea.
(B) As escamas dos anfíbios ajudam a manter a sua temperatura
corporal estável.
(C) As penas das aves ajudam a manter a sua homeotermia.
(D) A placenta dos mamíferos permite o desenvolvimento
externo do ovo.
(E) A bexiga natatória dos peixes auxilia na regulação de sua
temperatura corporal.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: A alternativa “C” é aquela que mostra a relação
entre a adaptação do animal e a sua respectiva função. As aves
são animais homotérmicos e suas penas ajudam na manutenção
de sua temperatura corporal. Répteis possuem pele escamosa e
áspera, além de não possuírem respiração cutânea. Anfíbios são
animais pecilotérmicos, possuem pele fina, sem escamas e úmida
e respiração cutânea. Nos mamíferos placentários o
desenvolvimento do embrião é interno. A placenta ajuda no
desenvolvimento interno do embrião desses mamíferos. Peixes
são pecilotérmicos e não precisam regular a temperatura
corporal. A bexiga natatória dos peixes ósseos tem função
hidrostática promovendo flutuabilidade do animal na massa de
água.
Sabendo-se que o fenótipo (no caso, a produtividade da planta) é
resultado da interação do genótipo com o ambiente, pode-se dizer
que o componente que predomina na expressão do fenótipo
dessas plantas é o componente:
(A) ambiental para a planta da espécie A e genético para a planta
da espécie B.
(B) genético para a planta da espécie A e ambiental para a planta
da espécie B.
(C) ambiental tanto para a planta da espécie A quanto para
aquela da espécie B.
(D) genético tanto para a planta da espécie A quanto para aquela
da espécie B.
(E) genético e ambiental para as plantas de ambas as espécies,
sem que haja predomínio de um desses componentes.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Os resultados do experimento demonstram que
mesmo plantadas em condições iguais de altitude, plantas da
espécie A e da espécie B mantêm seus fenótipos (produtividade)
69. (Mackenzie 2010) Durante a evolução, a colonização do ambiente
terrestre exigiu várias adaptações. Dentre elas,
(A) a presença de tubo digestório completo.
(B) a maior produção de gametas.
(C) a presença de pigmentos respiratórios no sangue.
(D) a eliminação de ureia ou ácido úrico como excreta
nitrogenado.
(E) a presença de anexos epidérmicos como penas e pelos.
17
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A colonização do ambiente terrestre exigiu o
desenvolvimento de mecanismos que favorecessem a economia
de água e evitasse a desidratação excessiva, como a eliminação
de ureia e ácido úrico como excreta nitrogenados.
72. (Pucmg) “Tuberculose contra-ataca com bactéria indestrutível”.
Depois de ter sido erradicada nos países ricos e controlada no
Terceiro Mundo, a doença volta a se espalhar, sob forma mais
ameaçadora – uma variedade resistente a drogas.
Essa variedade de bactérias resistentes é fruto da:
(A) ação mutagênica de certos antibióticos.
(B) ação direta de certos antibióticos sobre o DNA bacteriano.
(C) contínua exposição das bactérias a determinados
antibióticos.
(D) seleção natural de bactérias acostumadas ao antibiótico.
(E) seleção de linhagens de bactérias mutantes, resistentes aos
antibióticos.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: O antibiótico funciona como um fator de seleção,
matando as bactérias sensíveis e permitindo a vida das que já
apresentam resistência a ele.
70. (Ufal 2010) Rãs, crocodilos e hipopótamos, quando estão com
seus corpos submersos na água, mantêm os olhos e as narinas
alinhados, rente à superfície da água. Mas, eles descendem de
ancestrais diferentes. Logo, a semelhança observada resulta de:
(A) Irradiação adaptativa.
(B) Convergência adaptativa.
(C) Mimetismo.
(D) Variabilidade genética.
(E) Deriva genética.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: O alinhamento das narinas e dos olhos dos animais
citados, quando submersos, revela um processo de seleção de
características favoráveis ao ambiente aquático. Nesse caso, as
coincidências morfológicas não expressam ancestralidade comum,
dado que a rã é um anfíbio, o crocodilo é um réptil e o
hipopótamo é um mamífero.
73. (UTP) Qual das afirmativas abaixo apresenta uma incorreção:
(A) na espécie o fundamento está em gerar descendentes férteis.
(B) na especiação alopátrica existe o isolamento geográfico.
(C) na especiação simpátrica o isolamento geográfico é
obrigatório.
(D) na especiação simpátrica não existe isolamento geográfico.
(E) na especiação simpátrica não existe isolamento sexual.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: O que caracteriza a especiação simpátrica é a
permanência no mesmo ambiente.
71. (Unesp 2010) Cogumelos iluminam a floresta, é o título da
reportagem de capa da Revista Pesquisa Fapesp de fevereiro de
2010. Na reportagem, os pesquisadores descrevem algumas
espécies de fungos bioluminescentes encontrados no Brasil.
Antes de entregar a revista para que os alunos lessem a
reportagem, a professora de biologia pediu-lhes que
apresentassem hipóteses sobre o desenvolvimento da
bioluminescência na evolução desses fungos.
Foram apresentadas três hipóteses:
74. (PUCCamp-SP) Em uma população em equilíbrio de HardyWeinberg, a frequência do alelo autossômico b é de 30%. Se essa
população for formada por 1.000 indivíduos, espera-se que sejam
heterozigotos:
(A) 700
(B) 420
(C) 90
(D) 49
(E) 21
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: f(b) = 0,3 p + q = 1,0 f(B) = 0,7
f(Bb) = 2 · pq f(Bb) = 2 · 0,3 · 0,7 = 0,42 ou 42%
f(Bb) = 0,42 x 1.000 = 420
I.
A bioluminescência, resultante de reações de oxi-redução
que consomem oxigênio, poderia desempenhar um papel
antioxidante que protegeria os fungos bioluminescentes de
radicais livres produzidos por seu metabolismo.
II. A bioluminescência poderia servir como um sinalizador de
perigo, similar ao existente em algumas espécies de insetos,
o qual alertaria os eventuais predadores tratar-se de um
fungo venenoso.
III. A bioluminescência teria se desenvolvido para promover a
iluminação da floresta, favorecendo inúmeras espécies de
hábitos noturnos, como algumas aves e mamíferos, que
dependem da luz para suas atividades.
75. (UTP) Em uma população em equilíbrio, a frequência de indivíduos
Rh negativos é de 36%. A frequência de indivíduos heterozigotos é
(A) 48%
(B) 55%
(C) 38%
(D) 24%
(E) 62%
RESPOSTA: A
Pode-se afirmar que, do ponto de vista evolutivo, são plausíveis
as hipóteses:
(A) I, II e III.
(B) I e II, apenas.
(C) II e III, apenas.
(D) I, apenas.
(E) III, apenas.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: A emissão de luz por cogumelos bioluminescentes
é pouco entendida e estudada, apesar de ter sido observada
inicialmente por Aristóteles. Não se sabe ao certo qual o
mecanismo de emissão, quais são os substratos e enzimas
envolvidos, nem se conhece detalhes sobre sua função biológica.
Em pirilampos, a bioluminescência é decorrente da oxidação da
proteína luciferina tendo por substrato a enzima luciferase. Do
ponto de vista evolutivo, uma hipótese aceita é a de que, em
cogumelos, a bioluminescência possa funcionar como um
sinalizador de perigo que alertaria eventuais predadores.
Portanto, as hipóteses I e II podem ser aceitas.
QUÍMICA I
76. (Unesp 2011) Diariamente podemos observar que reações
químicas e fenômenos físicos implicam em variações de energia.
Analise cada um dos seguintes processos, sob pressão
atmosférica.
I.
A combustão completa do metano  CH4  produzindo CO2
e H2O .
18
II. O derretimento de um iceberg.
III. O impacto de um tijolo no solo ao cair de uma altura h.
Em relação aos processos analisados, pode-se afirmar que:
(A) I é exotérmico, II e III são endotérmicos.
(B) I e III são exotérmicos e II é endotérmico.
(C) I e II são exotérmicos e III é endotérmico.
(D) I, II e III são exotérmicos.
(E) I, II e III são endotérmicos.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
I.
Combustão
completa
do
metano:
processo
CH4  2O2  2H2O  CO2  calor ,
II.
exotérmico.
O
derretimento
de
um
iceberg:
H2O(s)  calor  H2O( ) , processo endotérmico.
III.
Relativo ao gráfico envolvendo essa reação e suas informações
são feitas as seguintes afirmações:
I. O valor da energia envolvida por um mol de NH3 formado é
Parte da energia cinética é transformada em calor, portanto,
processo exotérmico.
22 kcal.
II. O valor da energia de ativação dessa reação é 80 kcal.
III. O
processo
que
envolve
a
reação
N2(g)  3 H2(g)  2 NH3(g) é endotérmico.
77. (Ufpb 2011) O uso de combustíveis renováveis vem
assumindo grande importância no cenário mundial, devido
principalmente à escassez do petróleo e à conscientização da
necessidade de redução de poluentes na atmosfera. O
principal combustível em pauta para a substituição do óleo
diesel é o biodiesel. O gráfico mostra a relação entre o
consumo de combustível num motor e o percentual de
biodiesel nas misturas de diesel e biodiesel.
Das afirmações feitas, está(ão) correta(s)
(A) apenas III.
(B) apenas II e III.
(C) apenas I e II.
(D) apenas II.
(E) todas.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Teremos:
I. O valor da energia envolvida por um mol de NH3 formado é
11 kcal.
II. O valor da energia de ativação dessa reação é 80 kcal:
Com base nas informações do gráfico e na literatura sobre
termoquímica de combustão, é correto afirmar:
(A) A operação do motor com 100% de biodiesel tem o menor
consumo de combustível.
(B) A operação do motor com 20% de biodiesel é,
energeticamente, a mais econômica.
(C) O calor de combustão do biodiesel é maior que o do diesel.
(D) O calor de combustão do biodiesel é igual ao do diesel.
(E) O calor de combustão do biodiesel é menor que o do diesel.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: De acordo com o gráfico, quanto maior a
porcentagem de biodiesel na mistura, maior o consumo de
combustível. O calor de combustão do biodiesel é menor que o do
diesel.
III. O processo que envolve a reação
N2(g)  3 H2(g)  2 NH3(g) é exotérmico (
H  22 kcal ).
79. (Fuvest 2012) O monóxido de nitrogênio (NO) pode ser produzido
diretamente a partir de dois gases que são os principais
constituintes do ar atmosférico, por meio da reação representada
por
78. (Espcex (Aman) 2011) Considere o gráfico abaixo da reação
representada pela equação química:
N2(g)  3H2(g)  2NH3(g)
N2 (g)  O2 (g)  2NO(g)
H  180 kJ
O NO pode ser oxidado, formando o dióxido de nitrogênio ( NO2
), um poluente atmosférico produzido nos motores a explosão:
2NO(g)  O2 (g)  2NO2 (g) H  114 kJ
19
4. Verdadeira. A reação acima é espontânea, de acordo com a lei
de Gibbs, pois, G  0 .
Tal poluente pode ser decomposto nos gases N2 e O2 :
2NO2 (g)  N2 (g)  2O2 (g)
5.
Essa última transformação
(A) libera quantidade de energia maior do que 114 kJ.
(B) libera quantidade de energia menor do que 114 kJ.
(C) absorve quantidade de energia maior do que 114 kJ.
(D) absorve quantidade de energia menor do que 114 kJ.
(E) ocorre sem que haja liberação ou absorção de energia.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Aplicando a Lei de Hess devemos inverter as duas
equações e obteremos a reação de decomposição do poluente
(NO2):
Verdadeira.
A
equação
corretamente
balanceada
é:
2CH2O  SO24  H  2CO2  HS  2H2O.
81. (Uesc 2011)
MM (g/mol)
Metano
CH4
Entalpia
padrão
combustão,
de
ΔHº kJ
16
- 889,5
58
- 2 893,8
Butano
2NO(g)  N2(g)  O2(g)
H   180 kJ
CH4H10
2NO2(g)  2NO(g)  O2(g) H   114 kJ
2NO2(g)  N2(g)  2O2(g)
H   66 kJ
O gás metano, produzido a partir da fermentação anaeróbica do
lixo orgânico, e o gás butano, proveniente do gás natural
liquefeito de petróleo, são utilizados na geração de energia a
partir da combustão.
A reação é exotérmica e a quantidade de energia liberada é
menor do que 114 kJ.
80. (Ufpr 2011) Um dos principais mecanismos de degradação de
compostos orgânicos (aqui representado pela forma genérica de
hidrato de carbono “CH2O”) em ambientes na ausência de
oxigênio é expresso pela equação química não-balanceada abaixo:
+
–
CH2O + SO24 + H  CO2 + HS + H2O
o
De acordo com essas considerações, é correto afirmar:
(A) O gás natural é uma fonte de energia renovável.
(B) A energia liberada na combustão do butano é transformada
diretamente em energia elétrica.
(C) A combustão de 22,4L de gás metano produz menor
quantidade de energia que a de igual volume de gás butano,
nas CNTP.
(D) A energia produzida na combustão de 1,0g do gás butano é
maior do que a produzida por igual massa de gás metano nas
mesmas condições.
(E) O gás carbônico, CO2 (g) , produzido a partir da combustão
-1
∆G = -25,5 kJ.mol
Com base nas informações fornecidas, considere as seguintes
afirmativas:
1. O agente oxidante da reação é SO24 .
2.
3.
4.
5.
+
O agente redutor da reação é H .
–
O número de oxidação do elemento enxofre no íon HS é
igual a +2.
A reação acima é espontânea, de acordo com a lei de Gibbs.
+
A equação corretamente balanceada é: 2CH2O + SO24 + H
do metano, proveniente dos aterros sanitários, não
apresenta toxidez e não contribui para o efeito estufa.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Análise das alternativas:
 2CO2 + HS– + 2H2O.
Assinale a alternativa correta.
(A) Somente as afirmativas 3 e 5 são verdadeiras.
(B) Somente as afirmativas 1, 3 e 4 são verdadeiras.
(C) Somente as afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras.
(D) Somente as afirmativas 1, 4 e 5 são verdadeiras.
(E) Somente as afirmativas 2, 4 e 5 são verdadeiras.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Análise das afirmativas:
1. Verdadeira. O agente oxidante da reação é SO24 .
(A) Incorreta: o gás natural não é uma fonte de energia
renovável.
(B) Incorreta: a energia liberada na combustão do butano não é
transformada diretamente em energia elétrica, pois pode ser
utilizada para vaporizar água. O vapor de água pode
movimentar turbinas.
(C) Correta: a combustão de 22,4 L de gás metano produz menor
quantidade de energia que a de igual volume de gás butano,
nas CNTP:
CH4  2O2  2H2O  CO2
H  889,5 kJ
CH2O  SO4 2   H  CO2  HS –  H2O
( 6)           (2)
1 mol                Liberação de 889,5 kJ
22, 4 L                Liberação de 889,5 kJ
(redução)
SO
2
4
13
O2  5H2O  4CO H  2893,8 kJ
2
1 mol                Liberação de 2893,8 kJ
C4H10 
(agente oxidante)
2. Falsa. O agente redutor da reação é CH2O .
22, 4 L                Liberação de 2893,8 kJ
CH2O  SO4 2   H  CO2  HS –  H2O
( 1)           (4)
Conclusão: a combustão de 22,4 L de gás metano produz menor
quantidade de energia (889,5 kJ) que a de igual volume de gás
butano (2893,8 kJ), nas CNTP.
(D) Incorreta: a energia produzida na combustão de 1,0 g do gás
butano é menor do que a produzida por igual massa de gás
metano nas mesmas condições:
(oxidação)
CH2O (agente redutor)
–
3. Falsa. O número de oxidação do elemento enxofre no íon HS é
igual a -2.
20
CH4  2O2  2H2O  CO2
H  889,5 kJ
16 g                Liberação de 889,5 kJ
1,0 g                Liberação de X kJ
X  55,59 kJ
13
O2  5H2O  4CO H  2893,8 kJ
2
58 g                Liberação de 2893,8 kJ
1,0 g                Liberação de Y kJ
Y  49,89 kJ
(E) Incorreta: o gás carbônico, CO2 (g) , produzido a partir da
combustão do metano, proveniente dos aterros sanitários,
em presença de água aumenta a acidez do meio e contribui
para o efeito estufa.
O3  g  3 / 2O2 (g)
ΔHII  143,3 kJ
ΔHIII  247,5 kJ
ΔHTOTAL  ΔHI  ΔHII  ΔHIII
O  g , não depende apenas da energia
3
O2 (g); ΔHº   143,3 kJ
2
(transformação de ozônio em oxigênio; global)
O3  g 
O2  g  2 O  g ; ΔHº   495,0 kJ
(ruptura de 1 mol de ligações do tipo O  O; energia de ligação)
83. (Ita 2011) Considere a energia liberada em
I. combustão completa (estequiométrica) do octano e em
ΔHº  198,9kJ
II. célula de combustível de hidrogênio e oxigênio.
Assinale a opção que apresenta a razão correta entre a
quantidade de energia liberada por átomo de hidrogênio na
combustão do octano e na célula de combustível.
ΔHº  495,0kJ
–1
Dados: Energias de ligação, em kJ mol :
C—C
347 H — H
436
C—H
413 H — O
464
C = O 803
O=O
498
(A) 0,280
(B) 1,18
(C) 2,35
(D) 10,5
(E) 21,0
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Reação de combustão do octano e cálculo da
variação de entalpia:
O  g é igual a −551,6kJ.
(C) A variação de entalpia de reação entre o NO(g) e o oxigênio
O  g , depende apenas da energia dos reagentes.
(D) A energia de ligação O=O é o calor liberado na ruptura de
1,0mol dessa ligação, de acordo com a equação
termoquímica III.
(E) A variação de entalpia associada às equações químicas II e III
representam o calor de formação, respectivamente, de
O2  g e de O  g .
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Análise das alternativas:
(A) Correta: a variação de entalpia da equação termoquímica I
representa um processo exotérmico, pois o valor do ΔH é
negativo:
NO  g  O3  g  NO2  g  O2  g
ΔHº  198,9 kJ  Pr ocesso exotérmico (ΔH  0).
(B) b) Incorreta: a variação de entalpia da reação química entre o
NO(g) e o oxigênio atômico
3
O2 (g)  O3  g
2
1
1 O  g  O2  g
2
dos reagentes.
(D) Incorreta: a energia de ligação O=O é o calor absorvido na
ruptura de 1,0 mol dessa ligação.
(E) Incorreta. Teremos:
A partir dessas considerações sobre a variação de entalpia de uma
reação química, é correto afirmar:
(A) A variação de entalpia da equação termoquímica I representa
um processo exotérmico.
(B) A variação de entalpia da reação química entre o NO(g) e o
oxigênio atômico
ΔHI  198,9 kJ
(C) Incorreta: a variação de entalpia de reação entre o NO(g) e o
ΔHº  143,3kJ
O2  g  2 O  g
NO  g  O3  g  NO2  g  O2  g
oxigênio atômico,
NO  g  O3  g  NO2  g  O2  g
atômico,
ΔHº  495,0 kJ (inverter e dividirpor 2)
ΔHTOTAL  198,9  143,3  ( 247,5)  303,1 kJ
NO  g  O  g  NO2  g
de entalpia das equações termoquímicas
I.
III.
ΔHº  143,3 kJ (inverter)
NO  g  O  g  NO2  g
Embora as variações de entalpia tenham sido medidas e
organizadas em tabelas, é possível calcular a variação de entalpia
de reação, ΔH , para uma reação a partir de valores de variação
de entalpia tabelados. Assim, não é necessário fazer medições
calorimétricas para todas as reações químicas. Dessa forma, o
cálculo da variação de entalpia para a equação química que
representa a reação entre o óxido de nitrogênio (II), NO(g), com o
oxigênio atômico, O (g) , pode ser feito com base nas variações
II.
ΔHº  198,9 kJ (manter)
3
O3  g  O2 (g)
2
O2  g  2 O  g
Teremos,
C4H10 
82. (Uesc 2011)
NO  g  O3  g  NO2  g  O2  g
O  g é igual a −303,1 kJ:
Aplicando a Lei de Hess:
21
1C8H18 
25
O2  8CO2  9H2 O
2
1 C8H18 :
78 g
100 %
72 g
p(carbono)
p(carbono)  92,31 %
7 (C  C)  7  347   2429 kJ
18 (C  H)  18  413   7434 kJ
-1
C2H5OH = 46 g.mol
25
O2 :
2
25
25
(O  O) 
 498   6225 kJ
2
2
46 g
100 %
24 g
p(carbono)
p(carbono)  51,17 %
8 CO2 :
8(2  C  O)  16  (C  O)  16  803   12848 kJ
CH4 = 16 g.mol
9 H2O :
16 g
100 %
9(2  H  O)  18(H  O)  18  464   8352 kJ
12 g
p(carbono)
Somando, teremos :
p(carbono)  75,00 %
-1
H   2429 kJ  7434 kJ  6225 kJ  12848 kJ  8352 kJ
-1
CH3(CH2)6CH3 = 114 g.mol
Hcombustão   5112 kJ
EI (energia liberada por átomo de hidrogênio) 
5112 kJ
 284 kJ
18
114 g
96 g
Reação entre o hidrogênio e o oxigênio na célula de combustível
e cálculo da variação de entalpia:
1 H2 
100 %
p(carbono)
p(carbono)  84,21 %
1
O2  1 H2O
2
-1
CH3OH = 32 g.mol
1 H2 :
1(H  H)  1  436   436 kJ
1
O2 :
2
1
1
(O  O)   498  249 kJ
2
2
12 g
p(carbono)
O composto com maior tendência de combustão fuliginosa é o
C6H6 (92,31%).
Alquimia subterrânea transforma mina de carvão em mina de
hidrogênio
1(2  H  O)  2(H  O)  2  464  928 kJ
Somando, teremos :
H   436 kJ  249 kJ  928 kJ  243 kJ
Razão 
100 %
p(carbono)  37,50 %
1 H2O :
EII (energia liberada por átomo de hidrogênio) 
32 g
243 kJ
 121,5 kJ
2
EI
284 kJ

 2,3374  2,34
EII 121,5 kJ
84. (Ita 2011) A combustão de um composto X na presença de ar
atmosférico ocorre com a formação de fuligem.
Dos compostos abaixo, assinale a opção que contem o composto X
que apresenta a maior tendência de combustão fuliginosa.
(A) C6H6
(B) C2H5OH
(C) CH4
(D) CH3(CH2)6CH3
(E) CH3OH
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Quanto maior a quantidade de carbonos, maior a
produção de fuligem, por isso, o composto que apresenta a maior
tendência fuliginosa é aquele com maior porcentagem de
carbono.
Calculo da porcentagem de carbono:
-1
C6H6 = 78 g.mol
Em uma área de mineração de carvão localizada no sul
da Polônia, um grupo de cientistas está usando uma mina de
carvão para avaliar experimentalmente um método alternativo
para a produção de energia limpa e, assim, oferecer uma
utilização para pequenos depósitos de carvão ou minas
exauridas, que são tradicionalmente deixados de lado,
representando passivos ambientais.
Na teoria e no laboratório, a injeção de oxigênio e de
vapor no carvão resulta na produção de hidrogênio. No processo,
oxigênio líquido é colocado em um reservatório especial,
localizado nas galerias da mina de carvão, onde se transforma em
oxigênio gasoso, começando o processo denominado de
gaseificação de carvão.
(www.inovacaotecnologica.com.br. Adaptado.)
85. (Unesp 2011) A passagem do oxigênio líquido para oxigênio
gasoso é uma transformação física
(A) exotérmica, classificada como fusão.
(B) exotérmica, classificada como ebulição.
(C) endotérmica, classificada como liquefação.
(D) endotérmica, classificada como evaporação.
(E) espontânea, classificada como sublimação.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A transformação: O2(l) + calor
O2(g) é
endotérmica, classificada como evaporação (mudança do estado
líquido para o estado gasoso).
22
Suor não é sinônimo de queima de gordura... Para muitas pessoas,
correr debaixo do sol do meio-dia ou usar muita roupa enquanto
se pratica esporte é sinônimo de emagrecimento, uma vez que
acreditam que quanto mais transpirarem, maior será a queima de
gordura.
Acontece que suar não emagrece. Perdem-se apenas água e sais
minerais. Depois de uma sauna, por exemplo, a pessoa
normalmente vai perceber uma redução em seu peso corporal,
mas assim que ingerir o primeiro copo d’água, o líquido perdido
vai sendo reposto e o peso acaba voltando ao normal.
O organismo transpira para manter estável a temperatura interna
do corpo, transferindo o calor de dentro para fora e, assim,
mantendo a temperatura interna do organismo entre 36 e 36,5ºC.
Se você deseja “queimar” aquelas incômodas gordurinhas, já que
com a transpiração não se perde peso, o ideal é queimá-las de
uma maneira gradativa e saudável. Cerca de 30 minutos de
atividade física moderada (caminhar, correr ou andar de bicicleta),
três vezes por semana, são ideais para isso. Com esse ritmo de
perda de calorias, você queimará um quilograma de gordura por
mês.
(http://www.sitemedico.com.br/sm/materias/index.php?mat=14
87
Acesso em: 06.09.2010. Adaptado)
Na tabela, são dados os valores de entalpia-padrão de formação e
de vaporização:
½ O2(l)  ½ O2(g)
vaporização = + 0,45 kJ/mol.
vaporização = + 3,40 kJ/mol.
vaporização = + 44,0 kJ/mol.
H3 = +
3,40
kJ = 1,70 kJ
2
H2O(l)  H2O(g)
H4 = + 44,0 kJ
---------------------------------------------------H2(l) + ½ O2(l)  H2O(g) HTOTAL = – 239, 68 kJ = – 240 kJ
88. (Ufpr 2010) Num experimento, um aluno dissolveu 4,04 g de
nitrato de potássio em água a 25 ºC, totalizando 40 g de solução
salina. Considere que não há perda de calor para as vizinhanças e
-1 -1
a capacidade calorífica da solução salina é 4,18 J.g .K . A entalpia
de dissolução do nitrato de potássio é
-1
-1
ΔH = 34,89 kJ.mol . Massas molares (g.mol ): K = 40, N = 14, O =
16.
Legenda: (s) sólido (l) liquido (g) gasoso
(A) A equação representa um processo endotérmico.
(B) O processo ocorre nos seres vivos aeróbios e anaeróbios.
(C) Essa reação é de combustão em que o oxigênio é o gás
comburente.
(D) O gás consumido no processo é o principal componente do ar
atmosférico.
(E) O composto CO2 é denominado monóxido de carbono e
minimiza o efeito estufa.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Análise das alternativas:
(A) Alternativa inválida. A equação representa um processo
exotérmico.
(B) Alternativa inválida. O processo ocorre nos seres vivos
aeróbios.
(C) Alternativa válida. Essa reação é de combustão em que o
oxigênio é o gás comburente.
(D) Alternativa inválida. O principal componente do ar
atmosférico é o gás nitrogênio.
(E) Alternativa inválida. O composto CO2 é denominado dióxido
de carbono e colabora para o efeito estufa.
Com base nos dados fornecidos, a temperatura final da solução
será de:
(A) 20,1 ºC.
(B) 16,6 ºC.
(C) 33,4 ºC.
(D) 29,9 ºC.
(E) 12,8 ºC.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
102 g
34,89 kJ
4,04 g
Q
Q  1,38 kJ
Q = m x c x T
-3
1,38 = 40 x 4,18 x 10 x T
T = – 8,25 ºC
T(final) = 25 – 8,25 = 16,75 ºC.
87. (Fgv 2010) É um pequeno passo para um homem, mas um
gigantesco salto para a Humanidade, disse Neil Armstrong, ao
pisar na Lua há 40 anos, em julho de 1969. Para realizar essa
façanha, o foguete utilizou, na época, oxigênio e hidrogênio
líquidos como combustíveis, que reagiam na câmara de
combustão produzindo um gás que era expelido em alta pressão,
lançando a Apollo 11 rumo ao espaço. A reação química é
representada na equação:
1 
O2
2


H2

O2

H2O
O valor que mais se aproxima da entalpia de reação para a reação
descrita na equação é:
(A) – 330 kJ.
(B) – 240 kJ.
(C) + 240 kJ.
(D) + 245 kJ.
(E) + 330 kJ.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Teremos:
H2 + ½ O2  H2O
H1 = – 285,83 kJ
H2(l)  H2(g)
H2 = + 0,45 kJ
C16H32O2(s) + 23O2(g)  16CO2(g) + 16H2O(l) + 9 800 Kj
 +
Entalpia  Hº  de
formação = -285,83 kJ/mol.
H2O
86. (G1 - cps 2011) A hidrólise do depósito de gordura corporal é
obtida por ação das enzimas lipases, produzindo ácidos graxos e
glicerol, oxidados por vias diferentes.
Os ácidos graxos liberados são transportados pelo sangue até as
células, onde são degradados no interior das mitocôndrias.
Analise a representação da oxidação de um ácido graxo e da
energia liberada, e assinale a alternativa válida sobre esse
processo.
H2
Substâncias
89. (Ita 2010) A figura a seguir apresenta a curva de aquecimento de
100 g de uma substância pura genérica no estado sólido.
Sabe-se que calor é fornecido a uma velocidade constante de 500
cal min–1. Admite-se que não há perda de calor para o meio
ambiente, que a pressão é de 1 atm durante toda a transformação
e que a substância sólida apresenta apenas uma fase cristalina.
  H2O (g)
23
LV = 520 cal
Ou seja, LF (100 cal) < LV (520 cal).
IV. Afirmação errada. O aumento da temperatura por segundo
ou minuto (dT/dt) é proporcional à taxa de absorção de calor
pela amostra (dQ/dt):
dT
1 dQ

dt
CP dt
CP = capacidade calorífica à pressão constante.
O calor específico à pressão constante é definido pela equação c =
CPT.
De acordo com a figura o segmente RS tem inclinação menor,
consequentemente no estado líquido o calor específico será
maior.
Considere que sejam feitas as seguintes afirmações em relação
aos estágios de aquecimento descritos na figura:
I.
No segmento PQ ocorre aumento da energia cinética das
moléculas.
II. No segmento QR ocorre aumento da energia potencial.
III. O segmento QR é menor que o segmento ST porque o calor
de fusão da substância é menor que o seu calor de
vaporização.
IV. O segmento RS tem inclinação menor que o segmento PQ
porque o calor específico do sólido é maior que o calor
específico do líquido.
90. (Ita 2010) Sabe-se que a 25°C as entalpias de combustão (em kJ
–1
mol ) de grafita, gás hidrogênio e gás metano são,
respectivamente: – 393,5; – 285,9 e – 890,5. Assinale a alternativa
que apresenta o valor CORRETO da entalpia da seguinte reação:
C(grafita) + 2H2(g) → CH4(g)
–1
(A) – 211,1 kJ mol
–1
(B) – 74,8 kJ mol
–1
(C) 74,8 kJ mol
–1
(D) 136,3 kJmol
–1
(E) 211,1 kJ mol
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
-1
A partir das entalpias de combustão (em kJ.mol ), teremos:
Cgr + O2(g)  CO2(g)
H1 = – 393,5
H2(g) + ½ O2(g)  H2O(l)
H2 = – 285,9
CH4(g) + 2O2(g)  CO2(g) + 2H2O(l) H3 = – 890,5
Das afirmações acima, está(ão) ERRADA(S):
(A) apenas I.
(B) apenas I, II e III.
(C) apenas II e IV.
(D) apenas III.
(E) apenas IV.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
Análise das afirmações:
Agora devemos acertar estas três equações para que a soma dê a
equação global:
I.
Afirmação correta. No segmento PQ temos uma elevação de
20 graus na temperatura, ou seja, ocorre uma elevação na
energia cinética média das partículas formadoras da
substância.
II. Afirmação correta. No segmento QR a temperatura se
mantém constante, isto significa que ocorre uma elevação da
energia potencial.
III. Afirmação correta. Sabe-se que o calor é fornecido a uma
velocidade constante de 500 cal.min-1, de acordo com a
figura, para o segmento QR decorrem 20 minutos. Então:
1 minuto  500 cal
20 minutos  QQR
QQR = 10.000 cal (calor para a fusão)
Para o segmento ST decorrem, aproximadamente, 104 minutos.
Então:
1 minuto  500 cal
104 minutos  QST
QST = 52.000 cal (calor para a vaporização)
Cgr + 2H2(g)  CH4(g)
Cgr + O2(g)  CO2(g)
2H2(g) + O2(g)  2H2O(l)
CO2(g) + 2H2O(l)  CH4(g) + 2O2(g)
Cgr + 2H2(g)  CH4(g) (global)
H1 = – 393,5
H2 = (– 285,9).2
H3 = + 890,5
Aplicando a Lei de Hess:
H = H1 + H2 + H3
H = – 393,5 + (– 285,9).2 + 890,5
H = – 74,8 kJ
91. (Unesp 2010)
A tabela apresenta informações sobre as
composições químicas e as entalpias de combustão para três
diferentes combustíveis que podem ser utilizados em motores de
combustão interna, como o dos automóveis.
De um modo geral, para uma massa m de uma substância de calor
latente L, que sofra mudança de estado, podemos calcular a
quantidade de calor Q trocada no processo:
1gL
m  Q  Q = m.L
Então, para 100 g da substância, teremos:
Combustível
Gasolina
(C8H18)
Etanol
(C2H5OH)
Hidrogênio
(H2)
QQR = m.LF
10.000 = 100 . LF
LF = 100 cal
QST = m.LV
52.000 = 100 . LV
ΔH combustão
–1
Kcal moℓ
Massas
molares g
–1
moℓ
- 1222,5
114,0
- 326,7
46,6
- 68,3
2,0
Com base nas informações apresentadas e comparando esses três
combustíveis, é correto afirmar que
24
(A) a gasolina é o que apresenta menores impacto ambiental e
vantagem energética.
(B) o álcool é o que apresenta maiores impacto ambiental e
vantagem energética.
(C) o hidrogênio é o que apresenta menor impacto ambiental e
maior vantagem energética.
(D) a gasolina é o que apresenta menor impacto ambiental e
maior vantagem energética.
(E) o álcool é o que apresenta menor impacto ambiental e maior
vantagem energética.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
De acordo com a tabela teremos as seguintes reações de
combustão:
93. (Ufrgs 2010) Observe as quatro equações termoquímicas a seguir.
CaO (s) + H2O (ℓ)  Ca(OH)2 (s)
S (rômb.) + O3 (g)  SO3 (g)
C (graf.) + O2 (g)  CO2 (g)
6 C (graf.) + 3H2 (g)  C6H6 (ℓ)
Com base nessas informações, assinale a alternativa correta.
(A) Os calores envolvidos nas reações correspondem todos a
entalpias de formação.
(B) ∆HI corresponde a um calor de neutralização.
(C) ∆HIII e ∆HIV são calores de formação.
(D) ∆HII e ∆HIII são calores de combustão.
(E) ∆HI corresponde a um calor de solubilização.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Teremos:
CaO (s) + H2O (ℓ)  Ca(OH)2 (s) ∆HI
S (rômb.) + O3 (g)  SO3 (g)
∆HII
C (Graf.) + O2 (g)  1CO2 (g)
∆HIII (calor de
formação)
(substâncias simples)
6 C(Graf.) + 3H2 (g)  1C6H6 (ℓ) ∆HIV (calor de formação)
(substâncias simples)
25
O2  8CO2  9H2O
H   1222,5 kcal.mol1
2
114 g                    (libera) 1222,5 kcal
I. C8H8 
1 g
EI
EI  10,72 kcal
H   326,7 kcal.mol1
II. C2H5 OH  3O2  2CO2  3H2O
46 g                    (libera) 326,7 kcal
1 g
EII
EII  7,10 kcal
94. (Fuvest 2010)
O “besouro bombardeiro” espanta seus
predadores, expelindo uma solução quente. Quando ameaçado,
em seu organismo ocorre a mistura de soluções aquosas de
hidroquinona, peróxido de hidrogênio e enzimas, que promovem
uma reação exotérmica, representada por:
1
O2  H2O
H   68,3 kcal.mol1
2
2 g                    (libera) 68,3 kcal
III. H2 
1 g
∆HI
∆HII
∆HIII
∆HIV
EIII
EIII  34,15 kcal
C6H4(OH)2(aq) + H2O2(aq)
O hidrogênio é o que apresenta menor impacto ambiental e maior
vantagem energética (libera maior quantidade de energia por
grama queimado).
enzimas
 C6H4O2(aq) + 2H2O(ℓ)
O calor envolvido nessa transformação pode ser calculado,
considerando-se os processos:
C6H4(OH)2(aq)  C6H4O2(aq) + H2(g) — ∆H = + 177 KJ  moℓ
0
92. (Ufrgs 2010) Observe a seguinte tabela.
Ligação
C–H
C–C
C=C
H–H
H2O(ℓ) + 1 O2(g)
 H O (aq) — ∆H0 = +
95 KJ  moℓ
-1
-1
2 2
2
0
-1
H2O(ℓ)  1 O2(g) + H2(g) — ∆H = + 286 KJ  moℓ
2
-1
∆H (KJ mol )
412
348
612
436
Assim sendo, o calor envolvido na reação que ocorre no organismo
do besouro é
-1
(A) -558 kJ.moℓ
-1
(B) -204 kJ.moℓ
-1
(C) +177 kJ.moℓ
-1
(D) +558 kJ.moℓ
-1
(E) +585 kJ.moℓ
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: De acordo com a Lei de Hess, devemos:
De acordo com as entalpias de ligação relacionadas na tabela, qual
será a variação de entalpia de reação de hidrogenação do trans-2buteno?
-1
(A) - 124 KJ mol .
-1
(B) - 80 KJ mol .
-1
(C) + 44 KJ mol .
-1
(D) + 80 KJ mol .
-1
(E) + 124 KJ mol .
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Reação de hidrogenação do trans-2-buteno:
C6H4 (OH)2 (aq)  C6H4O2 (aq)  H2 (g) ΔHo  177 kJ.mol 1
(manter)
1
H2O( )  O2 (g)  H2O2 (aq)
2
ΔHo  95 kJ.mol 1
1
H2O( )  O2 (g)  H2 (g)
2
ΔH  286 kJ.mol 1
(inverter)
o
(inverter)
H = 2(4 x C–H) + 2(C–C) + C=C + H–H – 10(C–H) – 3(C–C)
H = 2(4 x 412) + 2(348) + 612 + 436 – 10(412) – 3(348) = – 124 kJ
-1
mol
Então:
25
C6H4 (OH)2 (aq)  C6H4O2 (aq)  H2 (g) ΔHo  177 kJ.mol 1
H2O2 (aq)  H2O( ) 
1
O (g)
2 2
97. (Uff 2011) A escassez de água no mundo é agravada pela ausência
de usos sustentáveis dos recursos naturais e pela má utilização
desses recursos. A desigualdade no acesso à água está relacionada
a desigualdades sociais.
Controlar o uso da água significa deter poder. Em regiões onde a
situação de falta d’água já atinge índices críticos, como no
continente africano, a média de consumo por pessoa/dia é de
ΔHo  95 kJ.mol 1
1
O (g)  H2 (g)  H2O( )
ΔHo  286 kJ.mol 1
2 2
enzimas
C6H4 (OH)2 (aq)  H2O2 (aq) 
 C6H4O2 (aq)  2H2O( )
hidroquinona
ΔH  177  95  286  204 kJ.mol1
1015 /L, já em Nova York, um cidadão gasta cerca de 2000 L/dia.
A água é considerada potável quando é inofensiva à saúde do
homem e adequada aos usos domésticos. A água potável
95. (G1 - cftsc 2010) A energia liberada nas reações químicas está
presente em várias atividades da nossa vida diária. Por exemplo: o
calor liberado na queima do gás butano que cozinha os nossos
alimentos, o calor liberado na combustão do álcool ou da gasolina
que movimenta nossos veículos. É através das reações químicas
envolvendo os alimentos no nosso organismo que obtemos a
energia necessária para manutenção da vida. A maioria das
reações químicas ocorre produzindo variações de energia, que
frequentemente se manifestam na forma de variações de calor. A
termoquímica ocupa-se do estudo quantitativo das variações
térmicas que acompanham as reações químicas.
apresenta pH em torno de 6,5 a 8,5 e C   cerca de 250 mg/L.


Assim, quando 25,0 mL de solução de NaC 0,10 M reage com
5,0 mL de uma solução padrão de AgNO3 0,20 M (Kps do AgCl =
-10
1,0x10 ), pode-se afirmar que
(A) a)  Ag  é igual C   na solução resultante.




(B) b) C   na solução indica que esse índice está acima do


valor de referência.
Dada a equação não balanceada da combustão do etanol:
-9
(C) c)  Ag  é igual 2,0 x 10 M e C   está abaixo do valor

C2H5OH(l) + O2(g)  CO2(g) + H2O(l) ΔH = - 327,6 Kcal/mol



de referência.
-2
-5
(D) d) C   é igual 5,0 x 10 M e  Ag  é 1,0 x 10 M.
Sobre a equação acima, é correto afirmar que:
(A) os números 1-3-2-5 ajustam corretamente a equação.
(B) a queima de 23 g de álcool produz 22,4 L de CO2, medidos
nas CNTP.
(C) é uma reação endotérmica (entalpia negativa) que necessita
do calor para ocorrer.
(D) o nome do álcool representado na reação é o álcool
propílico.
(E) o número de oxidação do carbono no gás carbônico é - 4.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Balanceando a equação, teremos:

(E) e) C

1000 mL
n mol (NaC )
25,0 mL
0,20 mol (AgNO3 )
1000 mL
n mol (AgNO3 )
5 mL
n(AgNO3 )  0,001 mol  n'
(Ag )
é igual a 1,35 x 10
-5
 0,001 mol
-10
AgC (s)
Ag(aq)  C (aq)
x
x
x 2  1,0  10 10 M
[C  ]  10 5 M  haverá precipitação


Na(aq)  C (aq)  Ag(aq)  NO3(aq)
 AgC (s)  Na(aq)  NO3(aq)
0,0025 mol 0,001 mol
0,001 mol

C (aq) (excesso)  0,0025 mol  0,001 mol  0,0015 mol
Para a nova solução :
[C
V  100 mL  400 mL  500 mL
m' g (sulfato de cobre)

Kps do AgC = 1,0x10 :
m4 g
4 g (sulfato de cobre)

5,0 mL de uma solução padrão de AgNO3 0,20 M:
sulfato de cobre com uma concentração igual a 40  g  L1 foram
adicionados 400mL de água destilada. Nesse caso, cada mL da
nova solução apresentará uma massa, em mg, igual a:
(A) 2
(B) 4
(C) 8
(D) 10
(E) 12
RESPOSTA: C
100 mL
é igual 2,0 x 10 M e  Ag
0,10 mol (NaC )
96. (Ueg 2011) Considere que a 100mL de uma solução aquosa de
m g (sulfato de cobre)


n(NaC )  0,0025 mol  n   0,0025 mol
(C )
QUÍMICA II
1000 mL


-9
M.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Teremos: 25,0 mL de solução de NaC 0,10 M:
C2H5OH(l) + O2(g)  2CO2(g) + 3H2O(l) ΔH = - 327,6 Kcal/mol
46 g -------------- 2 x 22,4 L
23 g -------------- 22,4 L
40 g (sulfato de cobre)



]excesso 
0,0015 mol
0,0015 mol

 5  102 M
(0,025 L  0,005 L)
0,030 L

Água potável: C  cerca de 250 mg/L.
500 mL

1 mL
250  10
[C  ] 
35,5
m'  8  10 3 g  8 mg

3
 7,0  103 M
O índice está acima do valor de referência.
26
TEXTO
Uma das consequências do acidente nuclear ocorrido no Japão
em março de 2011 foi o vazamento de isótopos radioativos que
podem aumentar a incidência de certos tumores glandulares.
Para minimizar essa probabilidade, foram prescritas pastilhas de
iodeto de potássio à população mais atingida pela radiação.
TEXTO II
A família de Aylito trata a água com o WaterGuard (WG), que
consiste em uma solução aquosa de hipoclorito de sódio (2,5%
m/v). O NaC O é um forte oxidante que se dissocia em água,
conforme as equações [Eq.1] e [Eq.2] a seguir.
98. (Uerj 2012) Suponha que, em alguns dos locais atingidos pela
NaC O(s)  Na(aq)  C O(aq) [Eq.1]
radiação, as pastilhas disponíveis continham, cada uma, 5  104
mol de iodeto de potássio, sendo a dose prescrita por pessoa de
33,2 mg por dia. Em razão disso, cada pastilha teve de ser
dissolvida em água, formando 1L de solução.
O volume da solução preparada que cada pessoa deve beber para
ingerir a dose diária prescrita de iodeto de potássio corresponde,
em mililitros, a:
C O(aq)  H2O
Para uma ação desinfetante adequada, há necessidade de, no

mínimo, 2 mg/L de cloro residual (HC O(aq) e C O (aq) ) na
água.
Dados: K = 39; I = 127.
(A) 200
(B) 400
(C) 600
(D) 800
(E) 900
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Teremos:
17
Dados: 35,5
C
11
8
1
23 Na 16 O 1H
99. M(Uel 2012) Com base nas informações do texto II, considere as
afirmativas a seguir.
I.
O volume mínimo de WG que Aylito precisa para obter 45 L
de água tratada é de aproximadamente 3,6 mL.
II. A quantidade de matéria de NaC O presente no frasco de 1
L de WG é de, aproximadamente, 0,034 mol.
III. Ao adicionar o volume de uma tampinha de WG ao galão de
45 L, Aylito faz uma diluição, e a quantidade de matéria de
5  104 mol (KI)  0,5 mol  10 3 
0,5  166 mg  83 mg de KI.
C O(aq) no galão será menor que na tampinha.
1 pastilha:
83 mg
HC O(aq)  HO(aq) [Eq.2]
IV. Segundo a [Eq.2], no equilíbrio, a velocidade da reação no
sentido da formação do HC O(aq) é igual à velocidade de
1000 mL
33,2 mg
V

sua dissociação em C O (aq) .
V  400 mL
Assinale a alternativa correta.
(A) Somente as afirmativas I e II são corretas.
(B) Somente as afirmativas I e IV são corretas.
(C) Somente as afirmativas III e IV são corretas.
(D) Somente as afirmativas I, II e III são corretas.
(E) Somente as afirmativas II, III e IV são corretas.
RESPOSTA: B
TEXTO I
No Konso [Etiópia], o homem carrega água apenas nas duas ou
três semanas subsequentes ao nascimento de seu bebê.
Garotos pequenos pegam água também, mas apenas até os 7 ou
8 anos. Essa regra é seguida à risca – por homens e mulheres. “Se
garotos mais velhos carregam água, as pessoas começam a
fofocar que a mãe deles é preguiçosa”, diz Aylito.
A reputação de uma mulher do Konso, diz ela, assenta-se no
trabalho duro. “Se eu ficar sentada em casa e não fizer nada,
ninguém vai gostar de mim. Mas, se eu correr para cima e para
baixo com 45 litros de água, eles dirão que sou uma mulher sábia
que trabalha duro”. Lemeta, tímido, para na casa de Aylito Binayo
e pede permissão ao marido dela, Guyo Jalto, para checar seus
galões. Jalto leva-o até a palhoça onde eles são guardados.
Lemeta abre a tampa de um deles e cheira, balançando a cabeça
em aprovação – a família está usando WaterGuard, um aditivo à
base de cloro. Uma tampinha cheia do produto purifica um galão
de água. O governo passou a distribuir WaterGuard logo no
começo da mais recente epidemia de diarreia. Lemeta também
verifica se a família possui uma latrina e fala aos moradores sobre
as vantagens de ferver a água de beber, lavar as mãos e banharse duas vezes por semana.
(Adaptado de: ROSENBERG, Tina. O fardo da sede. Revista
National Geographic. ed.121, 2010. Disponível em:
<http://viajeaqui.abril.com.br/national-geographic/edicao121/busca-agua-propria-542206.shtml?page=3>. Acesso
em: 3 ago. 2011.)
Análise das afirmativas:
I. Afirmativa correta. O volume mínimo de WG que Aylito precisa
para obter 45 L de água tratada é de aproximadamente 3,6 mL.
2,0 mg
1L
45 L  m  90 mg
m
d
0,090 g
m
m
 Vmínimo   Vmínimo 
 0,090 mL
V
d
1,0 g.mL1
0,090 mL
2,5 %
V
100 %  V  3,6 mL de WG
II. Afirmativa incorreta. A quantidade de matéria de NaC O
presente no frasco de 1 L de WG é de, aproximadamente, 0,34
mol.
2,5 g
100 mL
m
1000 mL  m  25 g
n(quantidade de matéria) 
25 g
74,5 g.mol1
n(quantidade de matéria)  0,34 mol
27
 0,3355 mol
III. Afirmativa incorreta. A quantidade de matéria do composto
0,5
 1,25 mol / L
0,4
Concentração Molar(início)  Volume(início) 
Concentração Molar 

não sofre alteração. O ânion C O sofre alteração devido à
diluição.
Concentração Molar(final)  Volume(final)
IV. Afirmativa correta. Segundo a [Eq.2], no equilíbrio, a velocidade
da reação no sentido da formação do HC O(aq) é igual à
velocidade de sua dissociação em C
1,25  0,4  1,0  (0,4  VH2O )
O(aq) .
VH2O  0,1 L  100 mL
100. (Uff 2011) Uma carreta especial para transporte de substâncias
corrosivas tombou na descida da Serra das Araras.
Como consequência desse acidente, houve derramamento de
ácido sulfúrico. Sabe-se que esse ácido é neutralizado com CaO.
Considerando que a concentração do ácido derramado é de 98,00
% peso por peso e sua densidade é de 1,84 g/mL, calcule a massa
aproximada de CaO necessária para neutralizar 1000 L do ácido
derramado.
(A) 1,0 ton
(B) 1,0 kg
(C) 10,0 ton
(D) 10,0 kg
(E) 0,5 ton
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:Teremos:
102. (Uerj 2011) Observe, a seguir, a fórmula estrutural do ácido
ascórbico, também conhecido como vitamina C:
Para uma dieta saudável, recomenda-se a ingestão diária de 2,5 x
-4
10 mol dessa vitamina, preferencialmente obtida de fontes
naturais, como as frutas.
Considere as seguintes concentrações de vitamina C:
-1
- polpa de morango: 704 mg.L ;
-1
- polpa de laranja: 528 mg.L .
g
g
 1840
mL
L
cH2SO4    d
dH2SO4  1,84
Um suco foi preparado com 100 ml de polpa de morango, 200 ml
de polpa de laranja e 700 ml de água.
A quantidade desse suco, em mililitros, que fornece a dose diária
recomendada de vitamina C é:
(A) 250
(B) 300
(C) 500
(D) 700
(E) 800
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
-1
Massa molar da vitamina C = 176 g.mol
Vitamina C na polpa de morango:
g
g
cH2SO4  0,98  1840  1803,3
L
L
1803,2 g
1L
m(H2SO4 )
1000 L
m(H2SO4 )  1803,2  103 g  1,8 ton
H2SO4  CaO  CaSO4  H2O
98 g
56 g
1,8 ton
mCaO
mCaO  1,028 ton  1,0 ton
1000 mL  704 mg
100 mL  x
101. (G1 - cftmg 2011) Um aluno distraído misturou 0,3 L de uma
solução
de acido
clorídrico
1mol  L1
com
0,1 L de
x = 70,4 mg
1
HC 2mol  L . Ao perceber o erro, ele decidiu adicionar água
m 70,4

 0,4 mmol
M 176
para reestabelecer a concentração de 1mol  L1 . O volume de
H2O adicionado a mistura e, em mL, igual a
n
(A) 75.
(B) 100.
(C) 125.
(D) 500.
(E) 625
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Vitamina C na polpa de laranja:
1000 mL  528 mg
200 mL  y
y = 105,6 mg
n
n(total) = 0,4 mmol + 0,6 mmol = 1,0 mmol
1 mmol  1000 mL
-1
2,5 x 10 mmol  V
V = 250 mL
0,3 L de uma solução de acido clorídrico 1 mol  L1 :
1L
0,3 L
1 mol
0,3 mol
1
0,1 L de HC 2mol  L
1L
0,1 L
m 105,6

 0,6 mmol
M
176
103. (Uff 2012)
Uma amostra de oxalato de sódio puro, pesando
0,268 g, é dissolvida em água. Adiciona-se ácido sulfúrico e a
:
2 mol
solução é titulada a 70C, requerendo 40,00 mL de uma
0,2 mol
solução de permanganato de potássio. O ponto final da titulação é
ultrapassado e uma titulação do excesso é realizada, gastando-se
n(HC )  0,3  0,2  0,5 mol em 0,4 L (0,3 + 0,1):
28
para a operação 5,00 mL
de solução de ácido oxálico
0,2 mol / L. A reação que se processa, não balanceada, é:
0,02.
0,03.
0,05.
0,08.
(E)
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Balanceando-se a equação, teremos:
_
C2O4  MnO4  H  Mn2  CO2  H2O
3                4
C( 3)  1e   C( 4) ( 5)
Mn( 7)  Mn( 2)  5e 
5C( 3)  5e   5C( 4) ( 5)
Mn( 7)  Mn( 2)  5e 
_
5
x
C2O4  1MnO4  xH  1Mn2  5CO2  H2O
2
2
5  1  x  2  0  0
_
5
8
C2O4  1MnO4  8H  1Mn2  5CO2  H2O
2
2
Multiplicando a equação por 2,vem :
x8
_
5C2O4  2MnO4  16H  2Mn2  10CO2  8H2O
V ' 0,15

 V '  0,75  V  V '  0,75  500  375L
V 0,20
dissolvida em água:
Na2C2O4  134
134 g.mol1
nTOTAL 1,2  10 3 mol

 0,03 mol / L
V
40  10 3 L
0,15  V '
Uma amostra de oxalato de sódio puro, pesando 0,268 g, é
nNa2C2O4 
 1,2  10 3 mol
105. (G1 - cftmg 2010) Durante o processo de produção de bebidas
destiladas provenientes da cana de açúcar, deve-se controlar a
concentração do caldo, medida em graus Brix (1 ºBrix equivale a 1
g de açúcar em 100 g de solução).
Após a moagem da cana, esse caldo é recolhido com um teor de
20 ºBrix e precisa ser diluído para 15 ºBrix. O volume de caldo a
ser adicionado em um tanque de capacidade 500 L, para atingir
essa concentração, em L, será igual a
(A) 425.
(B) 375.
(C) 250.
(D) 125.
(E) 200
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
0,20  V
72
0,268 g
(KMnO4 )
 nKMnO4  n'KMnO4  0,8  10 3  0,4  10 3
104. (Ita 2010) HCℓ(g) é borbulhado e dissolvido em um solvente X. A
solução resultante é não condutora em relação à corrente elétrica.
O solvente X deve ser necessariamente
(A) polar.
(B) não polar.
(C) hidrofílico.
(D) mais ácido que HCℓ.
(E) menos ácido que HCℓ.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Como a solução resultante é não condutora de
corrente elétrica, o solvente X dever ser necessariamente não
polar, pois não deve sofrer ionização em contato com o HCl.
Dados: C = 12; 1; O = 16; Na=23.
(A) 0,01.
(D)
nTOTAL
[KMnO4 ] 
Pode-se afirmar que a molaridade da solução de permanganato de
potássio é
(C)
(KMnO4 )
V(solução de KMnO4 )  40 mL  40  10 3 L
C2O4  MnO4  H  Mn2  CO2  H2O
(B)
nTOTAL
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO
3
 2  10 mol  n
C2O24 
3
 2  10 mol
O gráfico mostra a curva de solubilidade do sal dicromato de
potássio em água.
A partir da equação balanceada, vem:
_
5C2O4  2MnO4  16H  2Mn2  10CO2  8H2O
5 mol
2  10 3 mol
2 mol
n
MnO4
 0,8  10 3 mol  nKMnO4  0,8  10 3 mol
n
MnO4
Utiliza-se 5,00 mL de solução de ácido oxálico 0,2 mol/L, ou
-3
seja, 10 mol de ácido oxálico:
-3
(0,2  5  10 ) .
_
5C2O4  2MnO4  16H  2Mn2  10CO2  8H2O
5 mol
10 3 mol
n'
MnO4
106. (Fgv 2010) Uma solução aquosa de dicromato de potássio,
quando resfriada a 40 ºC, formou 240 g de sal cristalizado. Se essa
mesma solução fosse resfriada a 10 ºC, teria formado 340 g de sal
cristalizado. Considerando-se que a cristalização é completa nas
temperaturas examinadas, pode-se afirmar que a massa dessa
solução de dicromato de potássio é igual a:
(A) 1000 g.
2 mol
n'
MnO4
 0,4  10 3 mol  n'KMnO4  0,4  10 3 mol
29
(B) 950 g.
(C) 890 g.
(D) 800 g.
(E) 315 g.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: De acordo com os dados:
340 g – 240 g de sal cristalizado = 100 g (dicromato de potássio)
o
Na temperatura de 10 C, teremos:
o
o
A partir do gráfico, passando de 40 C para 10 C verificamos uma
cristalização de 20 g do sal.
20 g (dicromato de potássio) ---- 100 g de água
100 g (dicromato de potássio) ---- 500 g de água
o
Na temperatura de 40 C, teremos:
30 g (dicromato de potássio) ---- 100 g de água ---- 130 g de
solução
500 g de água ---- mSOLUÇÃO  mSOLUÇÃO = 650 g

m1
122
122
 
 
m
122  1500
1622
   0,075    7,5%
109. (UFU-MG) Em um laboratório há dois frascos, A e B, contendo
soluções aquosas, em cujos rótulos pode-se ler: concentração 110
-1
3
g  L e densidade 1,10g  cm , respectivamente. Comparando as
duas soluções dos frascos A e B pode-se afirmar que:
(A) A solução do frasco A é mais concentrada do que a solução
do frasco B.
(B) As massas de soluto dissolvidas nos dois frascos, A e B, são
iguais.
(C) O mesmo soluto está dissolvido nos frascos A e B.
(D) A solução do frasco B é 100 vezes mais concentrada do que a
do frasco A.
(E) As concentrações das soluções dos frascos A e B podem ser
iguais.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Infomação do frasco A: há 110g de soluto em
1000mL. De solução. Informação do frascoB: 110g de solução
ocupam um volume de 100mL.
Massa da solução de dicromato de potássio = 240 g + 650 g = 890
g
107. (FUVEST-SP) O processo de recristalização usado na purificação de
sólidos consiste no seguinte:
1º) Dissolve-se o sólido em água quente, até a saturação.
2º) Esfria-se a solução até que o sólido se cristalize.
110. (Med.Catanduva-SP) O consumo de água com mais de 10ppm
(partes por milhão) de nitratos não é recomendável, segundo a
Organização Mundial de Saúde. Sabendo-se que a densidade da
água é de aproximadamente 1,0 grama por mililitro, em 1,0 metro
cúbico de água (1000 litros) a quantidade máxima de nitratos,
aceitável pela OMS, seria de:
(A) 10 microgramas.
(B) 10 miligramas.
(C) 10 centigramas.
(D) 10 gramas.
(E) 10 quilogramas.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
O gráfico abaixo mostra a variação, com a temperatura, da
solubilidade de alguns compostos em água.
6
1ppm 1 pate de NO31 em 10 partes de H2O como
O método de purificação descrito acima é mais eficiente e menos
eficiente, respectivamente, para:
(A) NaC e KNO3
(B) KBr e NaC
(C) KNO3 e KBr
(D) NaC e KBr
(E) KNO3 e NaCl
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Como a solubilidade do KNO3 em água aumenta
bruscamente com aumento da temperatura, ométodo de
purificação por recristalização é mais eficiente para esse sal. Já,
para o NaC. Cuja solubilidade varia pouco com o aumento da
temperatura, esse método é menos eficiente.
d H 2O =
1g/mL, então: 1000 L de H2O=1000g de H2O
6
1g de NO31 ______10 g de H2O
3
X ______ 10 g de H2O
X=0,001g de NO31
111. (VUNESP-SP) A massa de cloreto de crômio III hexahidratado
necessária para se preparar 1 litro de uma solução que contém 20
3+
mg de Cr por mililitro é igual a :
Massas molares e g/mol: Cr = 52 e cloreto de crômio III
hexahidratado = 266,5.
(A) 0,02g
(B) 20g
(C) 52g
(D) 102,5g
(E) 266,5g
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
Cálculo da massa do crômio em 1 litro de solução:
1mL de Solução ______ 20mg de Cr
1000mL de Solução ______ x
X=20.000mg ou 20g
Cálculo da massa de cloreto de crômio
hexahidratado que contém 20g de crômio.
266,5g deCrC3  6H2O ______ 52g de Cr
Y ______ 20g de Cr
Y=102,5g
108. (FEI-SP) Uma dona de casa, ao preparar um refresco, tipo Royal,
adicionou um envelope de suco de refresco e 4 colheres de açúcar
em 1,5 litro de água fria e homogeneizou. Qual é a percentagem
dos sólidos dissolvidos na solução preparada? Considere:
1 colher de açúcar: 18g
1 envelope de refresco: 50g
densidade de água: 1,000g/Ml
não ocorre alteração de volume
(A) 6,0%
(B) 12,0%
(C) 7,5%
(D) 3,0%
(E) 4,5%
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
112. (Fuvest-SP) Abaixo é apresentada a concentração, em mg/kg, de
30
alguns íons na água do mar:
114. (UEL-PR) Um volume igual a 300mL de solução contendo 0,01
mol/L de sulfato cúprico é cuidadosamente aquecido até que o
volume da solução fique reduzido a 200mL. A solução final tem
concentração, em mol/L, igual a :
(A) 0,005
(B) 0,010
(C) 0,015
(D) 0,016
(E) 0,018
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
Dentre esses íons, os que estão em menor e maior concentração
molar são respectivamente:
O = 16; Na = 23; Mg = 24; S = 32 e CR = 35,5
1-
2+
(A) CR e Mg
2
1+
(B) SO -4 e Na
1+
(C) Mg2+ e Na
1(D) Mg2+ e C
21(E) SO 4 e C
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:CÁLCULO:
-3
Para encontrar a massa dos íons em g. basta Multiplicar po 10 .
2+
Considerando 1 litro de água do mar, temos: Para m Mg :
m V1  m1 V1  m1 
m1 
m´1
1350 103
m
M 1  V ( L)
24 1
m  0,05625mol / L
m
Para o
3
SO42 :
m = 0,028125 mol/L
Na1 :
m1
10500 103
m
m
M1V ( L)
23 1
Para o
m = 0,45652 ml/L
1-:
Para o C
m
m1
19000 103
m
M 1  V ( L)
35,5 1
m = 0,53521 mol/L
113. (ITA-SP) A 20°C uma solução aquosa de hidróxido de sódio tem
uma densidade de 1,04 g/cm3 e é 0,946 molar em NaOH. A
quantidade e a massa de hidróxido de sódio presentes em 50,0
3
cm dessa solução são, respectivamente:
(A) (0,946 . 50,0) milimol; (0,946 . 50,0 . 40,0) miligrama.
(B) (50,0 . 1,04/40,0) mol; (50,0 . 1,04) grama.
(C) (50,0 . 1,04/40,0) mol; (50,0 . 1,04) miligrama.
(D) (0,946 . 50,0) nmilimol; (50,0 . 1,04) miligrama.
(E) (0,946 . 50,0) mol; (0,946 . 50,0 . 40,0) grama
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Cálculo do número de mols do NaOH
1 litro ______ 1000mL
x ______
50mL
-3
x = 50  10 L
m
3
Cálculo da massa de NaC em 750 cm de
solução:
3
400 g de NaC ______ 1000cm
3
x ______ 750 cm
x = 330 g
116. Numa garrafa de água mineral lê-se, entre outras informações:
conteúdo: 2,0L bicarbonato de cálcio: 20 ppm.
n1
 n1  m V ( L)
V ( L)
A massa de bicarbonato de cálcio no conteúdo da garrafa é
(A) 0,003g.
(B) 0,002g.
(C) 0,001g.
(D) 0,04g.
(E) 50mg.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: CÁLCULOS
-3
n1 = (0,946  50  10 ) mol ou
n1 = (0,946  50) milimol
Cálculo da massa de NaOH
m
0, 01 0,3
 m1 0, 015, mol / L
0, 2
115. (Med.Catanduva-SP) 750cm de uma solução aquosa de cloreto de
3
sódio são misturados a 250cm de outra solução aquosa cloreto
3
de sódio de densidade 1,40g/cm e título em massa de 20%. A
concentração final da solução resultante de cloreto de sódio é de
3
0,40g/cm . Calcule a massa de NaC da primeira solução:
(A) 50g
(B) 70g
(C) 130g
(D) 170g
(E) 330g
RESPOSTA:E
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
Cálculo da concentração da solução 2:
C =   d  1000
C = 0,2  1,4  1000
C = 280 g/L
Cálcilo da concentação da solução final (3):
3
0,40g ______
1cm
3
x ______ 1000cm
x = 400g/L
Cálculo da concentração inicial (1):
C1  V 1 + C 2 = C 3  V 3
C1  0,75 + 280  0,25 = 400  1
C1 =
 C1 = 440g/L
m1
2700 103
m
M 1  V ( L)
96 1
m
m1 V1
V1
m1
 m1  m  M1 V ( L)
M1V ( L)
-3
m1 = 0,946  40  50  10 g ou
m1 = 0,946  40  50 mg
31
–2
(A) 1,6  10 .
–11
(B) 2,0  10 .
–11
(C) 2,5  10 .
–13
(D) 4,0  10 .
–23
(E) 1,0  10 .
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
117. Sabendo-se que a massa molar do lítio é 7,0g/mol, a massa de lítio
contida em 250mL de uma solução aquosa de concentração
0,160mol/L de carbonato de lítio é
(A) 0,560g.
(B) 0,400g.
(C) 0,280g.
(D) 0,160g.
(E) 0,080g.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
120. No descarte de embalagem de produtos químicos é importante
que elas contenham o mínimo possível de resíduos, evitando ou
minimizando consequências indesejáveis. Sabendo que, depois de
utilizadas, em cada embalagem de 1 litro de NaOH sólido restam 4
gramas do produto, considere os seguintes procedi-mentos
Embalagem I: uma única lavagem, com 1L de água.
Embalagem II: duas lavagens, com 0,5L de água em cada vez.
Dados: massas molares: Na = 23 g/mol, O = 16 g/mol e H =
1g/mol.
Qual a concentração de NaOH, em mol/L na solução resultante da
lavagem da embalagem I?
(A) 0,10 mol L-1
(B) 0,12 mol L-1
(C) 0,21 mol L-1
(D) 0,31 mol L-1
(E) 0,41 mol L-1
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: CALCULO:
118. Uma solução aquosa de cloreto de sódio deve ter 0,90% em massa
do sal para que seja utilizada como solução fisiológica (soro). O
volume de 10,0mL de uma solução aquosa de cloreto de sódio foi
titulado com solução aquosa 0,10mol/L de nitrato de prata,
exigindo exatamente 20,0mL de titulante.
Supondo 100% de rendimento na reação de precipitação
envolvida na titulação, calcule a massa de cloreto de prata
formado.
Dados: massas molares, em g/mol: Na = 23,0; Cl = 35,5; Ag =
107,9; densidade da solução aquosa de NaCl = 1,0 g/mL.
(A) 0,287 g
(B) 0,278 g
(C) 0,387 g
(D) 0,378 g
(E) 0,487 g
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: CÁLCULOS:
121. Para neutralizar 100Ml de solução 1,60mol/L de ácido sulfúrico
(H2SO4), um laboratorista adicionou 400Ml de solução 1,00mol/L
de hidróxido de sódio (NaOH). Considerando o volume da solução
final igual a 500Ml, determine a concentração em quantidade de
matéria (mol/L) do sal formado na solução final.
(A) 0,32
(B) 0,22
(C) 0,42
(D) 0,12
(E) 0,52
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
119. O etanotiol (CH3CH2 — SH) é uma substância tóxica e tem um odor
tão forte que uma pessoa pode detectar 0,016 mol disperso em
10
5,0  10 gramas de ar.
Sabendo-se que a densidade do ar é 1,25 g/L e supondo
distribuição uniforme do etanotiol no ar, aquantidade limite, em
mol/L, que uma pessoa pode detectar é:
122. A quantidade máxima de soluto que pode ser dissolvida numa
quantidade padrão de solvente é denominada Coeficiente de
Solubilidade. Os valores dos Coeficientes de Solubilidade do
nitrato de potássio (KNO3) em função da temperatura são
mostrados na tabela.
32
Coeficiente de Solubilidade
Temperatura
(°C)
(g de KNO3 por 100g de H2 O)
0
13,3
10
20
20,9
31,6
30
40
50
45,8
63,9
85,5
60
110,0
70
80
138,0
169,0
90
100
202,0
246,0
125. Uma pastilha contendo 500mg de ácido ascórbico (vitamina C) foi
dissolvida em um copo contendo 200mL de água. Dadas as massas
–1
–1
–1
molares C = 12g × mol , H = 1g × mol e O = 16 g × mol e a
fórmula molecular da vitamina C,C6H8O6, a concentração da
solução obtida é:
–1
(A) 0,0042mol × L .
–1
(B) 0,0142mol × L .
–1
(C) 2,5mol × L .
–1
(D) 0,5g × L .
–1
(E) 5,0g × L .
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Considerando-se os dados disponíveis na tabela, a quantidade
mínima de água (H2O), a 30°C, necessária para dissolver
totalmente 6,87g de KNO3 será de
(A) 15g.
(B) 10g.
(C) 7,5g.
(D) 3g.
(E) 1,5g.
RESPOSRA: A
COMENTÁRIO: CÁLCULO:
123. Em um laboratório, foram misturados 200mL de solução
0,05mol/L de cloreto de cálcio (CaCl2) com 600mL de solução
0,10mol/L de cloreto de alumínio (AlCl3), ambas aquosas.
Considerando o grau de dissociação desses sais igual a 100% e o
volume final igual à soma dos volumes de cada solução, a
concentração, em quantidade de matéria (mol/L), dos íons cloreto
–
(C ) na solução resultante será de
(A) 0,25.
(B) 0,20.
(C) 0,15.
(D) 0,10.
(E) 0,05.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO
126. Com o objetivo de diminuir a incidência de cáries na população,
em muitas cidades adiciona-se fluoreto de sódio à água distribuída
pelas estações de tratamento, de modo a obter uma concentração
de 2,0 ⋅10–5 mol ⋅L–1.
Com base neste valor e dadas as massas molares em g ⋅mol–1: F =
19 e Na = 23, podemos dizer que a massa do sal contida em
500mL desta solução é:
–1
(A) 4,2 ⋅10 g.
–1
(B) 8,4 ⋅10 g.
–4
(C) 4,2 ⋅10 g.
–4
(D) 6,1 ⋅10 g.
–4
(E) 8,4 ⋅10 g.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
124. Medicamentos, na forma de preparados injetáveis, devem ser
soluções isotônicas com relação aos fluidos celulares. O soro
fisiológico, por exemplo, apresenta concentração de cloreto de
sódio (NaCl) de 0,9% em massa (massa do soluto por massa da
-3
solução), com densidade igual a 1,0g · cm .
-1
Dada a massa molar de NaCl, em g · mol : 58,5, qual a
-1
concentração, em mol · L , do NaCl no soro fisiológico?
(A) 0,154 mol/L
(B) 0,254 mol/L
(C) 0,145 mol/L
(D) 0,245 mol/L
(E) 0,225 mol/L
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: CÁLCULOS:
127. A dissolução de uma substância em água pode ocorrer com
absorção ou liberação de calor. O esquema apresenta as
temperaturas da água destilada e das soluções logo após as
dissoluções do nitrato de sódio e hidróxido de cálcio em água
destilada.
33
128. O soro fisiológico é uma solução aquosa que contém 0,9% em
massa de NaC. Para preparar 200mL dessa solução,a quantidade
necessária de NaC é de aproximadamente
(A) 0,45g.
(B) 1,8g.
(C) 0,09mol.
(D) 0,18mol.
(E) 10,6g.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: RESOLUÇÃO:
Os gráficos seguintes representam as curvas de solubilidade para
as duas substâncias consideradas.
0,9 g de NaC em 100 g de solução
NaC 0,9% 
99,1g de H 2O
Considerando que a densidade da solução seja 1,g/mL, para
preparar 200mL de solução (=200g de solução) será necessário
1,8g de NaC.
129. Para se manter viva, cada pessoa deve ingerir,diariamente, em
torno de três litros de água potável, pois todos os seus processos
vitais ocorrem em solução aquosa. Considerando-se a população
mundial atual igual a 6 bilhões de habitantes, a densidade da água
potável igual a 1kg/L, as massas atômicas do H = 1 e do O = 16 e
desprezando-se a massa dos sais minerais, é correto afirmar que a
humanidade consome, diáriamente, uma quantidade de água
potável, expressa em kmol, igual a
6
(A) 1 ×10 .
3
(B) 1×10 .
9
(C) 1 ×10 .
12
(D) 1 ×10 .
15
(E) 1 × 10 .
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Quanto ao calor liberado ou absorvido na dissolução, o calor de
dissolução (∆Hdiss) e a curva de solubilidade, assinale a alternativa
que apresenta as propriedades que corres-pondem,
respectivamente, à dissolução do nitrato de sódio e à do hidróxido
de cálcio em água.
(A) Endotérmica; ∆Hdiss > 0; curva I.
Exotérmica; ∆Hdiss < 0; curva II.
(B) Endotérmica; ∆Hdiss > 0; curva II.
Exotérmica; ∆Hdiss < 0; curva I.
(C) Exotérmica; ∆Hdiss > 0; curva I.
Endotérmica; ∆Hdiss < 0; curva II.
(D) Exotérmica; ∆Hdiss < 0; curva I.
Endotérmica; ∆Hdiss > 0; curva II.
(E) Exotérmica; ∆Hdiss > 0; curva II.
Endotérmica; ∆Hdiss < 0; curva I.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Solução aquosa NaNO3
O sal, NaNO3, ao se dissolver na água, absorve calor, provocando
uma diminuição de temperatura, o que caracteriza um processo
endotérmico.
Logo, um aumento de temperatura favorece a sua dissolução.
QUÍMICA III
130. (Ueg-2011-MODIFICADA) Considere um recipiente de 6 L de
capacidade e 27 ºC de temperatura, o qual apresenta uma mistura
de 1, 2 e 5 mols de dióxido de carbono, nitrogênio e argônio,
respectivamente. A pressão exercida no recipiente, em atm, será
de, aproximadamente:
1
Dado: R  0,082 atm  L  mol
(A) 4,1
(B) 8,2
(C) 20,5
(D) 32,8
(E) 38,2
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
Solução aquosa de Ca(OH)2
A base, Ca(OH)2, ao se dissolver na água, liberdade calor,
provocando uma elevação de temperatura, o que caracteriza um
processo exotérmico.
Logo, um aumento de temperatura provoca uma deminuição da
sua solubilidade.
 K 1
nMistura  1  2  5  8 mols
T  27o C  273  300 K
P V  nRT
P  6  8  0,082  300
P  32,8 atm
131. (G1 - cftmg 2011-MODIFICADA) Um cilindro metálico contém um
gás desconhecido, cuja densidade e igual a 1,25 g/L quando
submetido às CNTP. Pode-se concluir, corretamente, que esse gás
e denominado
34
Dado: N = 14; O = 16; H = 1; C = 12.
(A) oxigênio.
(B) nitrogênio.
(C) hidrogênio.
(D) dióxido de carbono.
(E) monóxido de carbono
RESPOSTA:B
COMENTÁRIO: Teremos:
d
(E) e) O volume do balão que foi colocado em água fria aumenta,
porque a pressão do sistema aumentou, aumentando o
choque das partículas de gás com as paredes do balão.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Alternativa [A] está incorreta, pois o volume e a temperatura dos
gases são diretamente proporcionais, o que é evidenciado na
equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT. Então o
balão que murchou foi colocado em água fria, pois a diminuição
da temperatura causou uma contração dos gases da bexiga.
Alternativa [B] está correta. Os gases sofrem expansão do volume
à medida que a temperatura aumenta. A equação dos gases
perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT, indica a relação diretamente
proporcional entre o volume e a temperatura dos gases.
Alternativa [C] está incorreta, o volume do balão que foi colocado
em água fria diminuiu, porque a pressão do sistema diminuiu,
reduzindo o choque das partículas de gás com as paredes do
balão. Como pode ser visto na equação dos gases perfeitos ou de
Clapeyron, PV = nRT, pressão e temperatura são diretamente
proporcionais; se a temperatura diminui, a pressão também
diminui.
Alternativa [D] está incorreta, pois as partículas dos gases não
sofrem variação de tamanho. O volume se altera devido às
variações nos espaços vazios entre as partículas, que pode
aumentar ou diminuir de acordo com as variações na
temperatura.
Mmolar
M
 1,25 g / L 
 M  28 g  N2
Vmolar
22,4 L
132. (Uesc 2011) A pressão exercida pelo propano,
C3H8 (g) , um
propelente, no interior de uma embalagem de 200,0mL de tinta
spray, é 1,5 atm, a 27ºC.
Admitindo-se que o propano se comporta como gás ideal, ocupa
50% do volume da embalagem e que a quantidade de vapor
produzido por qualquer outra substância, no interior da
embalagem, é desprezível, é correto afirmar:
(A) A pressão no interior da embalagem é igual a 2,0atm quando
a temperatura aumenta para 127ºC.
(B) A efusão do propano causa o aquecimento da válvula que
controla a saída de tinta do spray.
(C) A tinta que se espalha no ar, durante a pintura de um objeto,
forma uma solução gasosa.
(D) O número de moléculas de propano no interior da
embalagem é igual a 3,0  10 .
(E) A massa de propelente existente no interior da embalagem é
0,2g.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Teremos:
Antes do aquecimento:
Pa  1,5 atm
21
134. (Ita 2011) Um sistema em equilíbrio e composto por n0 mol de um
gás ideal a pressão P0, volume V0, temperatura T0 e energia
interna U0. Partindo sempre deste sistema em equilíbrio, são
realizados isolada-mente os seguintes processos:
I. Processo isobárico de T0 até T0/2.
II. Processo isobárico de V0 até 2V0.
III. Processo isocórico de P0 até P0/2.
IV. Processo isocórico de T0 até 2T0.
V. Processo isotérmico de P0 até P0/2.
VI. Processo isotérmico de V0 até V0/2.
Ta  27o C  273  300 K
Va  100 mL (50 % do volume da embalagem)
Depois do aquecimento:
Pa  ? atm
Admitindo que uma nova condição de equilíbrio para esse sistema
seja atingida em cada processo x (x = I, II, III, IV, V e VI), assinale a
opção que contem a informação errada.
(A) UV = UVI/2
(B) UVI = U0
(C) PIV = PVI
(D) TII = 4TIII
(E) VI = VV/4
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Como a massa do sistema é constante, teremos:
Ta  127o C  273  400 K
Va  100 mL  0,1 L (50 % do volume da embalagem)
Aplicando a equação geral dos gases, vem:
Pa  Va Pd  Vd
1,5  0,1 Pd  0,1



Ta
Td
300
400
Pd  2 atm
133. (Ufu 2011-MODIFICADA) Em uma atividade experi-mental o
professor pegou duas garrafas PET vazias e colocou bexigas cheias
na boca de cada uma delas. Em seguida, colocou uma das garrafas
em uma bacia com água quente e a outra em uma bacia com água
fria. Um dos balões murchou e o outro ficou mais cheio.
Sobre estes fatos, assinale a alternativa correta.
(A) a) O balão que murchou foi colocado em água quente, pois o
aumento da temperatura causou uma contração dos gases da
bexiga.
(B) b) O balão que ficou mais cheio foi colocado em água quente,
devido ao aumento da temperatura do sistema e à expansão
dos gases presentes na bexiga.
(C) c) O volume do balão que foi colocado em água fria diminuiu,
porque a pressão do sistema aumentou, reduzindo o choque
das partículas de gás com as paredes do balão.
(D) d) Em qualquer um dos casos, o volume dos balões foi
alterado, porque o tamanho das partículas de gás foi
modificado.
Pinicial  Vinicial Pfinal  Vfinal

Tinicial
Tfinal
I. Processo isobárico de T0 até T0/2.
P0  V0 PI  VI

T0
TI
P  V0 P  VI
V
U

 VI  0  UI  0
T0
T0
2
2
2
II. Processo isobárico de V0 até 2V0.
P0  V0 PII  VII

T0
TII
P  V0 P  2V0

 TII  2T0  UII  2U0
T0
TII
III. Processo isocórico de P0 até P0/2.
35
P0  V0 PIII  VIII

T0
TIII
v O2
vNe
P0
V
P0  V
T
U
 2
 TIII  0  UIII  0
T0
TIII
2
2

MNe
.
MO2
III. Afirmação correta. A densidade do gás no cilindro C1 é maior
que a densidade do gás no cilindro C2. A densidade pode ser
obtida pela seguinte relação: d 
IV. Processo isocórico de T0 até 2T0.
P0  V0 PIV  VIV

T0
TIV
PM
.
RT
Como a pressão e a temperatura são as mesmas nos dois
cilindros, concluímos que a densidade do gás oxigênio é maior
do que a do gás neônio.
IV. Afirmação incorreta. A distribuição de velocidades das
moléculas contidas no cilindro C1 e menor que a das contidas
no cilindro C2.
P0  V PIV  V

 PIV  2P0
T0
2T0
TIV  2T0  UIV  2U0
3
V. Processo isotérmico de P0 até P0/2.
136. (Ita 2010) Um vaso de pressão com volume interno de 250 cm
contém gás nitrogênio (N2) quimicamente puro, submetido à
temperatura constante de 250°C e pressão total de 2,0 atm.
Assumindo que o N2 se comporta como gás ideal, assinale a opção
CORRETA que apresenta os respectivos valores numéricos do
–3
número de moléculas e da massa específica, em kg m , desse gás
quando exposto às condições de pressão e temperatura
apresentadas.
21
(A) 3,7 x 10 e 1,1
21
(B) 4,2 x 10 e 1,4
21
(C) 5,9 x 10 e 1,4
21
(D) 7,2 x 10 e 1,3
21
(E) 8,7 x 10 e 1,3
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
A partir da equação de estado de um gás ideal (Clapeyron):
P0  V0 PV  VV

T0
TV
P0
 VV
P0  V0
 2
 VV  2V0
T
T
TV  T0  UV  U0
VI. Processo isotérmico de V0 até V0/2.
P0  V0 PVI  VVI

T0
TVI
V0
P0  V0 PVI  2

 PVI  2P0
T
T
TVI  T0  UVI  U0
PV = nRT  PV =
Numa transformação isotérmica UV = UVI.
m
RT
M
Deduzimos:
135. (Ita 2011) Considere dois cilindros idênticos (C1 e C2), de paredes
rígidas e indeformáveis, inicialmente evacuados. Os cilindros C1 e
C2 são preenchidos, respectivamente, com O2(g) e Ne(g) até
atingirem a pressão de 0,5 atm e temperatura de 50°C. Supondo
comportamento ideal dos gases, são feitas as seguintes
afirmações:
I. O cilindro C1 contém maior quantidade de matéria que o
cilindro C2.
II. A velocidade média das moléculas no cilindro C1 e maior que
no cilindro C2 .
III. A densidade do gás no cilindro C1 é maior que a densidade
do gás no cilindro C2.
IV. A distribuição de velocidades das moléculas contidas no
cilindro C1 e maior que a das contidas no cilindro C2.
PM m
PM

d
RT
V
RT
Então,
d
PM
2x28
d
 1,304 g / L
RT
8,21x102 x523
-2
-1
-1
Como P = 2,0 atm; V = 0,250 L; R = R = 8,21 x 10 atm.L.K .mol ; T
o
= = 250 C = 523 K. Substituindo na equação de estado
(Clapeyron), vem:
PV = nRT
-2
2,0 x 0,250 = n x 8,21 x 10 x 523
-2
n = 1,1645 x 10 mol de moléculas, ou seja:
-2
23
21
1,1645 x 10 x 6,02 x 10 = 7,01 x 10 moléculas. A resposta mais
aproximada está na alternativa D.
Assinale a opção que apresenta a(s) afirmação(ões) correta(s).
(A) Apenas I e III.
(B) Apenas I e IV.
(C) Apenas II.
(D) Apenas II e IV.
(E) Apenas III.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Análise das afirmações:
I. Afirmação incorreta. De acordo com a hipótese de Avogadro
(gases ideais) como os dois cilindros se encontram na mesma
temperatura e pressão e ocupam o mesmo volume, possuem a
mesma quantidade de moléculas.
II. Afirmação incorreta. A velocidade das moléculas no cilindro C1
é menor do que no cilindro C2, pois a massa molar do O 2 é
maior do que a do Ne. As velocidades das partículas que
formam a mistura gasosa são inversamente proporcionais à
raiz quadrada das respectivas massas molares ou moleculares.
137. (Ufc 2010) A reação de explosão da nitroglicerina acontece
quando este composto é submetido a uma onda de choques
provocada por um detonador, causando sua decomposição de
acordo com a reação:
4C3H5(NO3)3(l)  6N2(g) + O2(g) + 12CO2(g) + 10H2O(g)
Considerando que esta reação ocorre a 1,0 atm e a 298,15 K e que
os gases gerados apresentam comportamento ideal, assinale a
alternativa que corretamente indica o volume total (em L) de gás
produzido quando ocorre a explosão de quatro moles de
nitroglicerina.
-1 -1
Dado: R = 0,082 atm L mol K .
(A) 509
(B) 609
(C) 709
(D) 809
(E) 909
36
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: A partir da equação (4C3H5(NO3)3(l)  6N2(g) + O2(g)
+ 12CO2(g) + 10H2O(g)) e de acordo com a hipótese de Avogadro,
teremos (6 + 1 + 12 + 10 = 29) moles de gases formados a partir da
explosão de 4 moles de nitroglicerina, então,
P1: P
V1: V
P2: 2P
V2: ½ V
P.V  nTOTAL .R.T
V
P1 x V1 = P1 x V1 = PV = constante
P x V = 2P x ½ V = PV = constante
29 x 0,082 x 298,15
 709 L
1,0
Observe:
138. (Unemat 2010) As propriedades dos gases, como a variação da
pressão, do volume e da temperatura, são conhecidas como “Leis
dos gases”.
Assinale a alternativa correta.
(A) A lei de Charles diz que, sob volume constante, a pressão
exercida por uma determinada massa gasosa é inversamente
proporcional à sua temperatura absoluta.
(B) A lei de Boyle diz que, para uma quantidade fixa de gás em
temperatura constante, o volume é inversamente
proporcional à pressão.
(C) A lei de Avogadro diz que, volumes iguais de gases quaisquer,
quando medidos a mesma pressão e temperatura, encerram
número diferente de moléculas.
(D) O valor R na função PV = nRT varia de acordo com a natureza
dos gases.
(E) Quando a temperatura de um gás aumenta sob pressão
constante, o volume diminui.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Observe o seguinte experimento feito à
temperatura constante:
Então,
A curva representada na figura acima é uma hipérbole equilátera
e se chama isoterma, pois todos os seus pontos foram obtidos na
mesma temperatura.
139. (Ufg 2010)
Alimentos desidratados apresentam maior
durabilidade e mantêm a maioria das propriedades nutritivas.
Observe o diagrama de fases da água, abaixo, sabendo-se que as
setas verticais indicam processos isotérmicos e as horizontais,
processos isobáricos.
Podemos notar que ao duplicarmos a pressão (de P para 2P) o
volume cai pela metade (de V para ½ V).
O físico irlandês, Robert Boyle (1627-1691) foi o primeiro a
constatar que a temperatura de um ser humano permanece
constante. Observou que a relação entre a pressão e o volume de
um gás, quando a massa e a temperatura são mantidas
constantes, é inversamente proporcional, ou seja, são grandezas
inversamente proporcionais, pois se dobrarmos o volume a
pressão se reduz à metade e vice-versa. Matematicamente,
temos:
Com base no gráfico, o processo de remoção de água do alimento
consiste na sequência das etapas
(A) 2 e 7
(B) 9 e 6
(C) 5 e 10
(D) 8 e 1
(E) 3 e 4
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Solidificação da água: seta 2 (processo isobárico).
Sublimação da água: seta 7 (processo isotérmico).
Numa transformação gasosa entre dois estados, mantidas a
massa e a temperatura constantes, teremos:
Estado 1  Estado2
P1: pressão inicial
V1: volume inicial
P2: pressão final
V2: volume final
140. (Ufrgs 2010) Considere o enunciado a seguir e as três propostas
para completá-lo.
Em dada situação, substâncias gasosas encontram-se
armazenadas, em idênticas condições de temperatura e pressão,
em dois recipientes de mesmo volume, como representado a
seguir.
P1 x V1 = P2 x V2 (T = constante)
Observe:
Estado 1  Estado2
37
Gás
carbônico
(CO2)
Recipiente 1
Gás nitrogênio
(N2)
+
Gás oxigênio (O2)
Recipiente 2
142. (Fgv 2010) O gás hélio é utilizado para encher balões e bexigas
utilizados em eventos comemorativos e em festas infantis. Esse
gás pode ser comercializado em cilindros cujo conteúdo apresenta
pressão de 150 bar a 300 K. Considerando-se que 1 atm = 1 bar, e
que a massa de gás He no cilindro é 170 g, então, o valor que mais
se aproxima do volume de gás hélio contido naquele cilindro a 300
K é:
–1
–1
Dado: R = 0,082 atm.L.K .mol
(A) 14 L.
(B) 7,0 L.
(C) 1,0 L.
(D) 500 mL.
(E) 140 mL.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Da equação de estado de um gás, vem:
Nessa situação, os recipientes 1 e 2 contêm
1 - o mesmo número de moléculas.
2 - a mesma massa de substâncias gasosas.
3 - o mesmo número de átomos de oxigênio.
Quais propostas estão corretas?
(A) Apenas 1.
(B) Apenas 2.
(C) Apenas 3.
(D) Apenas 2 e 3.
(E) 1, 2 e 3.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
De acordo com a hipótese de Avogadro, nas mesmas condições de
temperatura e pressão o mesmo volume será ocupado pelo
mesmo número de moléculas.
m
.R.T
M
170 x 0,082 x 300
m.R.T
V
V
 6,97 L  7 L
P.M
150 x 4
P.V 
141. (Ufla 2010) Um estudante de Química confinou uma amostra de
gás em um recipiente com um pistão móvel, como o da ilustração:
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
DADOS:
Constante universal dos gases perfeitos: 0,082 atm.L/mol.K
Número
Elemento
Massa atômica
atômico
Em uma situação X, a temperatura do gás foi aumentada de 300
K para 500 K, enquanto a pressão foi mantida constante; na
situação Y, a pressão externa sobre o pistão foi aumentada de 1
atm para 2 atm, enquanto a temperatura foi mantida constante.
1
Se considerarmos h como sendo a altura do pistão após o
processo, as situações X e Y são melhor representadas por
(A)
(B)
H
1
1,0
C
6
12,0
N
7
14,0
O
8
16,0
Na
11
23,0
Al
13
27,0
S
16
32,0
Cl
17
35,5
K
19
39,0
Cr
24
52,0
Fe
26
56,0
Ba
56
137,0
143. (Uece 2010-MODIFICADA) A massa específica ou densidade
absoluta de um gás nas CNTP é 1,25 g/L. Sua massa molecular é,
aproximadamente, igual à do
(A) monóxido de mononitrogênio.
(B) etano.
(C) monóxido de carbono.
(D) sulfeto de hidrogênio.
(E) dióxido de carbono
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Resolução:
M
M
d
 1,25 
22,4
22,4
(C)
(D)
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: Teremos:
M  1,25  22,4  28 g.mol1  CO (monóxido de carbono)
144. (UNESP-2000) Um balão leve, de volume fixo, flutua no ar quando
preenchido com gás hélio à temperatura ambiente. O mesmo
balão pode flutuar no ar se for preenchido com ar aquecido e
gases quentes produzidos pela queima de C4H10.
38
Conhecendo as massas molares, em g/mol: ar = 29 (valor médio),
He = 4,H = 1,C = 12,N = 14 e O = 16, a explicação para o fato do
balão, preenchido pela mistura gasosa aquecida, flutuar no ar, é:
(A) os produtos CO2 e H2O, formados na combustão do C4H10,
são menos densos que o ar.
(B) com o consumo de O2 do ar na combustão do C4H10, ocorre a
formação de hélio gasoso.
(C) com o consumo de O2 do ar na combustão do C4H10, só resta
N2 em seu interior.
(D) com o aquecimento, as moléculas de C4H10 sofrem
decomposição, formando H2.
(E) como os gases no interior do balão estão bem mais quentes
que o ar que o circunda, ocorre diminuição do número total
de mols dos gases nele contidos, tornando o balão menos
denso que o ar.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
147. (UNESP) Dois tanques contendo um mesmo tipo de gás ideal, um
de volume 5L e pressão interna de 9 atm, e outro de volume 10L e
pressão interna de 6 atm, são conectados por uma válvula.
Quando essa é aberta, é atingido o equilíbrio entre os dois
tanques à temperatura constante. A pressão final nos tanques é
(A) 3 atm.
(B) 4 atm.
(C) 7 atm.
(D) 12 atm.
(E) 15 atm.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
145. (UNESP) Segundo a lei de Charles-Gay Lussac, mantendo-se a
pressão constante, o volume ocupado por um gás aumenta
proporcionalmente ao aumento da temperatura. Conside-rando a
teoria cinética dos gases e tomando como exemplo o gás
hidrogênio(H2), é correto afirmar que este comporta-mento está
relacionado ao aumento:
(A) do tamanho médio de cada átomo de hidrogênio (H), devido
à expansão de suas camadas eletrônicas.
(B) do tamanho médio das moléculas de hidrogênio (H2), pois
aumentam as distâncias de ligação.
(C) do tamanho médio das moléculas de hidrogênio (H2), pois
aumentam as interações entre elas.
(D) do número médio de partículas,devido à quebra das ligações
entre os átomos de hidrogênio (H2  H2).
(E) das distâncias médias entre as moléculas de hidrogênio (H2) e
das suas velocidades médias.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
148. (UFRGS) Uma massa M de um gás ideal ocupa um volume V, sob
uma pressão P, na temperatura T. Se o gás for comprimido até
que seu volume seja igual a V/2, mantida constante a
temperatura,
(A) a massa de gás será reduzida a M/2.
(B) a energia cinética das moléculas irá aumentar.
(C) a frequência de colisões das moléculas com as paredes do
recipiente que contém o gás irá aumentar.
(D) o volume das moléculas do gás irá diminuir.
(E) as forças intermoleculares aumentarão de intensidade,
devido à maior aproximação das moléculas.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
146. (UNESP) O clorato de potássio (KCO3) pode ser utilizado para a
produção de oxigênio em laboratório. Quando aquecidona
presença de um catalisador, o clorato se decompõe produzindo,
além do gás desejado, cloreto de potássio (KC). O volume de
oxigênio,medido nas CNTP (T = 273K e P = 1atm, com R = 0,082L 
–1
–1
atm × K  mol ), produzido quando um mol do clorato é
consumido, é de:
(A) 67,2L.
(B) 56,0L.
(C) 44,8L.
(D) 39,2L.
(E) 33,6L.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
149. (UFPR) Temos volumes iguais de dois gases diferentes, A e B, na
mesma temperatura e pressão. A amostra do gás A tem massa
igual a 1,60g e a amostra do gás B tem uma massa igual a 3,35g.
Supondo que o gás A seja ooxigênio, qual é a massa molar do gás
B?
(Considere: massa atômica do oxigênio = 16uma)
39
4
(C) 3,70  10
5
(D) 2,45  10
5
(E) 5,55  10
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
(A) 71,00g/mol
(B) 33,50g/mol
(C) 67,00g/mol
(D) 70,05g/mol
(E) 16,00g/mol
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
152. (PUC) Um cilindro de 8,2L de capacidade contém 320g de gás
oxigênio a 27°C. Um estudante abre a válvula do cilindro deixando
escapar o gás até que a pressão seja reduzida para 7,5atm.
Supondo-se que a temperatura permaneça constante,a pressão
inicial no cilindro e a massa de gás liberada serão,
respectivamente,
(A) 30 atm e 240g.
(B) 30 atm e 160g.
(C) 63 atm e 280g.
(D) 2,7 atm e 20g.
(E) 63 atm e 140g.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
150. (UFMS) Uma mistura de 15,0g de etano (C2H6(g)) e 8,0g de hélio
(He(g)) foi recolhida num balão de volume igual a 22,4L mantido a
273K. Considerando as massas atômicas do H = 1; C = 12; He = 4
–1
–1
e R = 0,082atm L  K  mol , é correto afirmar que as pressões
parciais, em atm, do etano e do hélio, no interior do balão são,
respectivamente,
(A) 0,5 e 2,0.
(B) 1,0 e 3,0.
(C) 1,2 e 2,3.
(D) 1,5 e 2,1.
(E) 0,5 e 2,5.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
151. (UEL) O francês Jacques Charles tornou-se conhecido na área de
química pelos estudos com gases e pelas experiências com
balonismo. Em agosto de 1783, Charles construiu um balão de
seda, revestido por uma solução de borracha, sendo esse
preenchido com gás hidrogênio. Esse gás foi obtido consumindo
558kg de ferro puro e ácido sulfúrico em quantidade suficiente
para oxidar todo esse metal, conforme a seguinte reação:
H2SO4(aq) + Fe(s)  H2(g) + FeSO4(aq)
153. (PUC) Três balões de borracha idênticos, designados por A, B e C,
foram inflados com gases diferentes, obtendo-se balões de
mesmo volume, com a mesma pressão interna e sob a mesma
temperatura. O gás utilizado para encher o balão A foi o hélio
(He), para o balão B foi o argônio (Ar), e para o C foi o dióxido de
carbono (CO2). Com relação aos balões é incorreto afirmar que:
(A) apenas o balão A ascenderá no ar,enquanto que os balões B
e C ficarão no chão.
(B) logo após encher os balões,a quantidade de moléculas no
estado gasoso no balão A será maior do que a encontrada
nosbalões B e C.
(C) logo após encher os balões,a massa do balão A será menor
do que a de B que será menor do que a de C.
(D) primeiramente ficará murcho o balão A,depois o B e por
último o C.
O balão permaneceu no ar cerca de 45 minutos e percorreu 24km
durante esse período. Considerando que a pressão no interior do
balão era igual à pressão atmosférica, ou seja, 1atm; que a
temperatura durante o período era de 25ºC, e que nessas
condições o gás hidrogênio comporta-se como um gás ideal, qual
foi o volume aproximado do
balão, em litros?
–1 –1
Dado: R = 0,0821atm L mol K
2
(A) 2,24  10
3
(B) 2,80  10
40
(E)
os gases utilizados para encher os balões A e B são
classificados como gases nobres devido à sua inércia
química.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
154. (PUC) Três recipientes de volumes fixos contêm, cada um, uma
substância pura no estado gasoso. Os gases estão armazenados
nas mesmas condições de temperatura e pressão e os recipientes
estão representados no esquema a seguir.
FÍSICA I
155. (Ufg 2010) Analisando o diagrama de fases da água, conclui-se
que é possível liquefazer o gelo por aumento de pressão. A 1,0
o
atm e - 4 C, por exemplo, essa pressão é da ordem de 140 atm.
Esse processo é apresentado, através de um modelo simplificado,
em livros didáticos do ensino médio, quando se considera, por
exemplo, que um patinador desliza no gelo com base apenas
nesse fenômeno.
Desse modo, considere um patinador sobre o gelo usando um
patim conforme a especificação da figura a seguir
Pode-se afirmar que o gás contido no recipiente 2 e a massa de
gás no recipiente 3 são, respectivamente,
(A) CO2 e 16g.
(B) N2 e 8g.
(C) CO e 24g.
(D) C4H8 e 24g.
(E) N2 e 16g.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
e admita que a espessura do metal em contato com o gelo é de
1,0 mm.
Com base nas informações acima, calcule a massa, em kg, que o
patinador deve ter, de modo a liquefazer o gelo por pressão, e
confirme se o modelo é, ou não, adequado.
Dados:
2
g = 10 m/s
5
2
1 atm = 10 N/m
(A) 11, não.
(B) 40, sim.
(C) 80, sim.
(D) 140, não.
(E) 280, não.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
41
P = 140 atm  P = 140 x 10
14
5
N
mm2
Área = 1,0 mm x 200 mm = 200 mm
Aceleração da gravidade = 10
2
na posição D, é 25 cm , e o pistão tem massa desprezível.
N
N
5
 P = 140 x 10
=
2
3 2
m
(10 ) mm2
2
m
4 mm
= 10
2
s
s2
F = Peso = massa x aceleração da gravidade
P (pressão) 
3
Se o elevador for preenchido com óleo de densidade 900 kg/m , a
força mínima F, em Newton, necessária para manter o sistema em
equilíbrio será
(A) 0.
(B) 10.
(C) 800.
(D) 900.
(E) 1000
RESPOSTA: A
2
–2
2
2
Dados: m = 900 kg; A1 = 2.500 cm = 25  10 m ; A2 = 25 cm =
–4
2
3
25  10 m ; dóleo = 900 kg/m ; h = 4m.
De acordo com o teorema de Stevin, pontos de um mesmo líquido
em repouso que estão na mesma horizontal suportam a mesma
pressão.
F (força)
A (área)
Então:
P (pressão) 
F (força)
A (área)
14
m kg x 104 mm.s2 
N

2
mm
200 mm2
14
m kg x 104 x 103 m.s2
N

 280 kg
2
mm
200 mm2
Para um patinador carregar uma massa de 280 kg seria muito
complicado, logo este valor é inadequado.
156. (Ueg 2011) Em 15 de abril de 1875, na França, o balăo Zenith
voou a uma altitude de 8.600 m. Dois dos seus tripulantes
morreram em decorręncia das mudanças funcionais promovidas
pela altitude. Sobre esses tipos de mudanças numa pessoa
saudável e normal, é correto afirmar:
(A) os efeitos apenas serão sentidos em altitudes superiores a
8000 m, quando a frequência respiratória aumenta
drasticamente.
(B) o que ocasionou a morte dos dois tripulantes foi um efeito
conhecido como hipoxia, ou seja, o alto fornecimento de
oxigênio.
(C) os efeitos se devem essencialmente à diminuição da pressão
atmosférica, o que é consequência da diminuição da
densidade do ar.
(D) já em baixas altitudes, próximas de 1.000 m, surgem uma
série de distúrbios, como dificuldade de respirar, taquicardia,
náusea, vômito e insônia.
(E) em ambientes com ar rarefeito o ar é mais pesado.
RESPOSTA: C
À medida que a altitude aumenta, o ar se torna mais rarefeito,
ocorrendo diminuição na sua densidade.
A pressão no ponto (1) provocada pelo peso do carro é igual à
pressão no ponto (2) provocada pela força F , somada à da coluna
líquida.
p1
=
p2
9.000
25  10
2

F
25  104
36.000 – 36.000 =
F
25  104
157. (Uesc 2011) Considere um tubo em forma de U, contendo água,
3
3
de densidade 1,0g/cm , e mercúrio, de densidade 13,6g/cm , em
equilíbrio. Sabendo-se que o módulo da aceleração da gravidade
2
local é igual a 10m/s e que a altura da coluna de mercúrio,
medida a partir de separação, é de 5,0cm, é correto afirmar que a
altura da coluna de água, medida a partir do mesmo nível da
superfície de separação, é igual, em cm, a
(A) 13,6
(B) 27,2
(C) 40,8
(D) 54,4
(E) 68,0
RESPOSTA: E
As pressões hidrostáticas equilibram-se.
a .g.ha  m .g.hm  1.ha  13,6x5  ha  68cm .
mg
F

 dóleo g h
A1
A2


 900  10  4 
F
25  104
=0  F=0
159. (Unimontes 2011) Em 1911, Ernest Rutherford e seus alunos Hans
Geiger e Ernst Marsden realizaram uma experiência crítica na qual
um feixe de partículas alfa (núcleos de átomos de hélio),
carregadas positivamente, era projetado sobre uma película
metálica delgada. A maioria das partículas atravessava a película
como se estivesse percorrendo o vácuo. Porém, algumas
partículas alfa foram desviadas de sua direção original de percurso
em ângulos muito grandes (algumas foram até mesmo desviadas
de volta, invertendo seu sentido de percurso). A partir dessa
experiência, Rutherford estabeleceu o seu modelo planetário para
o átomo. Esse modelo propõe que a carga positiva esteja
concentrada numa região muito pequena em relação ao tamanho
do átomo, chamada de núcleo. As cargas negativas, constituídas
pelos elétrons, estariam fora do núcleo, deslocando-se em órbitas
ao redor dele. Os experimentos de Rutherford permitiram
investigar, pela primeira vez, o tamanho e a estrutura do núcleo.
Utilizando o princípio de conservação da energia, ele encontrou
uma expressão para a distância mínima de aproximação de uma
partícula alfa deslocando-se diretamente em direção ao núcleo,
antes de se afastar dele, por causa da repulsão elétrica de
Coulomb. Rutherford descobriu, a partir dessa expressão, que as
158. (Uece 2010-MODIFICADA) No elevador mostrado na figura a
seguir, o carro no cilindro à esquerda, na posição E, tem uma
massa de 900 kg, e a área da secção transversal do cilindro é 2500
2
cm . Considere a massa do pistão desprezível e a aceleração da
2
gravidade igual a 10 m/s . A área da secção transversal do cilindro,
42
partículas alfa se aproximavam do núcleo até uma distância de 3,2
-14
-14
x 10 m, quando a lâmina era de ouro, e de 2 x 10 m, para
átomos de prata. A partir desses resultados e também da análise
dos resultados das colisões que não eram frontais, ele concluiu
que a carga positiva do átomo está concentrada em uma pequena
-14
esfera, o núcleo, cujo raio teria que ser da ordem de 10 m. O
-4
raio do núcleo seria então 10 vezes menor que o raio do átomo
-12
de hidrogênio (raio de Bohr) e, o volume, 10 vezes menor.
Desde a época das experiências de Rutherford, outras
experiências têm mostrado que a maioria dos núcleos pode ser
moldada geometricamente como sendo, aproximada-mente,
1/3
esférica, com um raio médio de r = r0 A , em que A é o número
-15
de massa e r0 é uma constante igual a 1,2 x 10 m. Considerando
-27
que a massa do núcleo seja dada por Am, em que m = 1,67 x 10
kg, a ordem de grandeza da densidade (massa sobre volume) do
3
núcleo, em kg/m , é igual a
Dado:  = 3,14
15
(A) 10 .
14
(B) 10 .
12
(C) 10 .
17
(D) 10 .
21
(E) 10
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
m
Am
Am
3Am
3m





3
3
4
4
V
4r0 A 4r03
r 3
 r0 A1/3
3
3



3  1,67  1027

4  3,14  1,2  10
(A) 1,8 atm.
(B) 1,4 atm.
(C) 3,2 atm.
(D) 3,7 atm.
(E) 2,8 atm.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Desconsiderando perdas nas tubulações, a altura de sucção (do
nível do rio até a bomba) e admitindo rendimento de 100% para
a bomba, a pressão deve corresponder apenas à altura de
recalque, que é de 18 m, uma vez que tanto a entrada como a
saída estão à pressão atmosférica. Sabemos que 1 atm
corresponde a, aproximadamente, 10 metros de coluna de água,
então, 18 m de coluna de água correspondem a 1,8 atm, o que
nos leva a opção [A], discordando do gabarito oficial [E].

15 3
17
 2,3  1017 kg / m3  10
162. (G1 - cps 2010) Um paralelepípedo homogêneo de madeira, de
2
altura igual a 20 cm e área da base igual a 6,25 cm , apresenta 100
g de massa.
160. (Unicamp 2011-MODIFICADA) O vazamento de petróleo no Golfo
do México, em abril de 2010, foi considerado o pior da história dos
EUA. O vazamento causou o aparecimento de uma extensa
mancha de óleo na superfície do oceano, ameaçando a fauna e a
flora da região. Estima-se que o vazamento foi da ordem de 800
milhões de litros de petróleo em cerca de 100 dias. Quando uma
reserva submarina de petróleo é atingida por uma broca de
perfuração, o petróleo tende a escoar para cima na tubulação
como consequência da diferença de pressão, ΔP, entre a reserva e
a superfície. Para uma reserva de petróleo que está a uma
2
profundidade de 2000 m e dado g = 10 m/s , o menor valor de ΔP
3
para que o petróleo de densidade ρ = 0,90 g/cm forme uma
coluna que alcance a superfície é de
2
(A) 1,8×10 Pa.
7
(B) 1,8×10 Pa.
5
(C) 2,2×10 Pa.
2
(D) 2,2×10 Pa.
3
(E) 2,2x10 Pa.
RESPOSTA: B
2
3
2
3
Dados: h = 2.000 m; g = 10 m/s ;  = 0,9 g/cm = 9 10 kg/m .
Do teorema de Stevin:
2
3
5
7
P =  g h = 9 10  10  2  10 = 180  10  P = 1,8  10 Pa.
Lembre-se da densidade da água: d água =1 g/cm
3
Podemos afirmar que o paralelepípedo, quando colocado na água,
flutuará, pois sua densidade é
3
(A) menor que a da água e vale 0,4 g/cm .
3
(B) menor que a da água e vale 0,6 g/cm .
3
(C) menor que a da água e vale 0,8 g/cm .
3
(D) igual à da água e vale 1,0 g/cm .
3
(E) maior que a da água e vale 1,2 g/cm .
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
2
Dados: A = 6,25 cm ; h = 20 cm; m = 100 g.
d=
m
m
100
5
3



 d = 0,8 g/cm .
V A h 6,25  20 6,25
163. (G1 - cps 2011) “Os estudos dos efeitos da altitude sobre a
performance física começaram a ser realizados depois dos Jogos
Olímpicos de 1968. A competição realizada na Cidade do México, a
2 400 metros, registrou nas corridas de média e longa distância o
triunfo de atletas de países montanhosos, como Tunísia, Etiópia e
Quênia, enquanto australianos e americanos, os favoritos, mal
conseguiam alcançar a linha de chegada.”
(http://veja.abril.com.br/idade/exclusivo/perguntas_respostas/al
titudes/index.shtml Acesso em: 12.09.2010.)
161. (Ufjf 2011) Um edifício de 5 andares, em que cada andar tem 3 m
de altura, foi construído ao lado de um rio. A água utilizada pelo
condomínio é bombeada do rio para um reservatório que se
encontra no topo do edifício, como está mostrado na figura a
seguir. Determine a pressão mínima para a bomba d'água elevar a
água do rio para o reservatório, considerando que o nível do
reservatório esteja sempre a uma altura de h = 3 m acima do topo
do edifício.
Os americanos e australianos não tiveram sucesso nas provas pois,
nas condições atmosféricas da Cidade do México, não estavam
adaptados
(A) à diminuição da pressão atmosférica e à consequente
rarefação do ar.
43
(B) ao aumento da pressão atmosférica e à consequente
diminuição do oxigênio.
(C) à diminuição da resistência do ar e ao consequente aumento
da pressão atmosférica.
(D) à diminuição da pressão atmosférica e ao consequente
aumento da oxigenação do sangue.
(E) ao aumento da insolação no clima de montanha e ao
consequente aumento de temperatura no verão.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Em grandes altitudes o ar é mais rarefeito, tornando-se mais difícil
a captação de oxigênio pelo organismo. Para se adaptar a essa
baixa pressão atmosférica o corpo se autorregula, aumentando a
frequência respiratória. Isso acarreta sintomas como dores de
cabeça, náuseas, lentidão de raciocínio, dores musculares, fadiga e
taquicardia.
165. (Pucmg 2010-MODIFICADA)
Quando tomamos refrigerante,
utilizando canudinho, o refrigerante chega até nós, porque o ato
de puxarmos o ar pela boca:
(A) reduz a aceleração da gravidade no interior do tubo.
(B) aumenta a pressão no interior do tubo.
(C) aumenta a pressão fora do canudinho.
(D) reduz a pressão no interior do canudinho.
(E) reduz a pressão fora do canudinho.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
O ato de sugar implica em aumentar o volume dos pulmões e,
consequentemente, diminuir a pressão interna da boca e do
canudinho, tornando-a menor que a pressão atmosférica local na
superfície livre do líquido. Essa diferença de pressão provoca uma
força que empurra o líquido para cima, na tendência de um novo
equilíbrio de pressões.
164. (Uerj 2010-MODIFICADA) A figura a seguir representa um fio AB
de comprimento igual a 100 cm, formado de duas partes
homogêneas sucessivas: uma de alumínio e outra, mais densa, de
cobre.
Uma argola P que envolve o fio é deslocada de A para B.
166. (Pucrj 2010) Um avião utilizado na ponte aérea entre Rio e São
Paulo é capaz de voar horizontalmente com uma carga máxima de
62.823,0 kg. Sabendo que a área somada de suas asas é de 105,4
2
m , é correto afirmar que a diferença de pressão nas asas da
aeronave, que promove a sustentação durante o voo, é de:
2
(Considere g = 10,0 m/s )
(A) 2.980,2 Pa.
(B) 5.960,4 Pa.
(C) 6.282,3 Pa.
(D) 11.920,8 Pa.
(E) 12.564,6 Pa.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
2
2
Dados: m = 62.823 kg; A = 105,4 m ; g = 10 m/s .
A força de sustentação (Fs) gerada nas asas, que equilibra o peso
(P) para que o avião voe horizontalmente, é provocada pela
diferença de pressão (p) acima e abaixo das asas.
Durante esse deslocamento, a massa de cada pedaço de
comprimento AP é medida. Os resultados estão representados no
gráfico a seguir:
p =
Fs P m g 628.230
 

 p = 5.960, 4 Pa.
A A
A
105,4
167. (G1 - utfpr 2010) A pressão atmosférica normal é de 1,0 atm (1
atmosfera). Em Curitiba, no entanto, é comum a pressão
atmosférica estabilizar-se no valor de 0,90 atm. A caracte-rística
da cidade responsável por isso é:
(A) o clima frio.
(B) a alta umidade do ar.
(C) a altitude.
(D) a longitude.
(E) a latitude.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Aumentando-se a altitude, diminui a espessura da camada
atmosférica sobre a superfície, diminuindo a pressão. Por
exemplo, à altitude de 5 km, a pressão atmosférica é cerca de 0,6
atm.
A razão entre a densidade do alumínio e a densidade do cobre é
aproximadamente igual a:
(A) 0,1
(B) 0,2
(C) 0,3
(D) 0,4
(E) 0,5
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
m
. Como a seção transversal é constante, o
V
m
volume é dado por V = A L. Então, d =
.
AL
Sabemos que d =
168. (Uff 2011) O sif‫م‬o é um instrumento usado para a retirada de ‫ل‬gua
de lugares de dif‫ي‬cil acesso. Como mostra a figura a seguir, seu
funcionamento se baseia no fato de que, quando o tubo que liga
os recipientes A e B est‫ ل‬cheio, h‫ ل‬uma diferença de press‫م‬o
hidrost‫ل‬tica entre os pontos P e Q, o que provoca um fluxo de
‫ل‬gua de A para B.
Na segunda parte do gráfico, a linha se torna mais íngreme,
indicando que a densidade se torna maior. Assim, a primeira parte
do gráfico representa o alumínio e a segunda parte representa o
cobre.
As densidades do alumínio e do cobre são, respectivamente: da =
96  16
4
16
2


e dc =
(100  40)A 3A
40A 5A
2
da
2 3
6
 5A   
 0,3 .
dc 4
5 4 20
3A
44
(E) 300
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: Observe a figura.
Essa diferença de press‫م‬o depende da seguinte caracter‫ي‬stica do
nosso planeta:
(A) pressão atmosférica.
(B) aceleração da gravidade local.
(C) temperatura da superfície.
(D) densidade da atmosfera.
(E) velocidade de rotação do planeta.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
A diferença de pressão hidrostática (p) entre dois pontos de
desnível h, para um líquido de densidade dlíq, é dada pelo teorema
de Stevin:
p = dlíq g h.
Portanto, essa diferença só depende da densidade do líquido, do
desnível e da gravidade local.
Os pontos A e B têm a mesma pressão.
pA  pB  patm  μP .g.d  patm  μa .g.h 
μP .d  μa .h
μP .5  1000x4  μP  800kg / m3
171. (Eewb 2011-MODIFICADA) Um vaso comunicante em forma de U
possui duas colunas da mesma altura h = 30 cm, preenchidas com
água até a metade. Em seguida, adiciona-se óleo de massa
3
específica igual a 0, 70g/cm a uma das colunas até a coluna estar
completamente preenchida, conforme mostram as figuras abaixo.
169. (Ufpr 2011) No dia 20 de abril de 2010, houve uma explosão
numa plataforma petrolífera da British Petroleum, no Golfo do
México, provocando o vazamento de petróleo que se espalhou
pelo litoral. O poço está localizado a 1500 m abaixo do nível do
mar, o que dificultou os trabalhos de reparação. Suponha a
densidade da água do mar com valor constante e igual a 1,02
3
5
g/cm e considere a pressão atmosférica igual a 1,00 x 10 Pa. Com
base nesses dados, calcule a pressão na profundidade em que se
encontra o poço e assinale a alternativa correta que fornece em
quantas vezes essa pressão é múltipla da pressão atmosférica.
(A) 15400.
(B) 1540.
(C) 154.
(D) 15,4.
(E) 1,54.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
3
3
1,02g/cm = 1020kg/m
P = P0 +  gh  P = 1,00 x 10 +1020 x 10 x 1500 = 1,00 x 10
5
+153 x 105 = 154 x 10 Pa
P = 154 atm
5
A massa específica da água é de
1,0g / cm3 . A coluna de óleo
terá comprimento de:
(A) 27,5 cm
(B) 25,0 cm
(C) 22,5 cm
(D) 20,0 cm
(E) 22,7 cm
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
5
170. (Upe 2011) A aparelhagem mostrada na figura abaixo é utilizada
para calcular a densidade do petróleo. Ela é composta de um tubo
em forma de U com água e petróleo.
pA  pB  patm  μagha  patm  μBgH0
μaha  μBH0  1.2X  0,7(15  X) 
2X  10,5  0,7x  1,3X  10,5
X  8cm  H0  15  8  23cm .
172. (Pucrs 2010) Um recipiente aberto na parte superior contém
glicerina até a altura de 1,00m e, sobre ela, mais 10,0cm de água,
conforme representado na figura.
3
Dados: considere a densidade da água igual a 1.000Kg/m
Considere h = 4 cm e d = 5 cm. Pode-se afirmar que o valor da
3
densidade do petróleo, em Kg/m , vale
(A) 400
(B) 800
(C) 600
(D) 1200
45
5.
Assinale a alternativa correta.
(A) Somente as afirmativas 1 e 4 são verdadeiras.
(B) Somente as afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras.
(C) Somente as afirmativas 2 e 5 são verdadeiras.
(D) Somente as afirmativas 1, 3 e 5 são verdadeiras.
(E) Somente as afirmativas 2, 3 e 4 são verdadeiras.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
1. Errada. O teorema de Stevin afirma que a diferença de pressão
entre dois pontos de um mesmo líquido em repouso é igual
à pressão da coluna líquida que os separa.
3
Considere a massa específica da água 1,00 g/cm e da glicerina
3
2
1,30 g/cm . Use a aceleração da gravidade igual a 10,0 m/s e a
5
pressão atmosférica igual a 1,01 x 10 Pa. Neste caso, a pressão,
em pascals, na interface água-glicerina e no fundo do recipiente é,
respectivamente,
_________ e _________.
5
5
(A) 1,02 x 10
1,34 x 10
5
5
(B) 1,21 x 10
1,34 x 10
5
5
(C) 1,02 x 10
1,25 x 10
5
5
(D) 1,01 x 10
1,21 x 10
5
5
(E) 1,02 x 10
1,15 x 10
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
Obs: segundo o Sistema Internacional de Unidades o plural das
unidades é feito apenas acrescentando a letra s no final,
quando não terminada em s. Caso seja terminada em s, não
sofre flexão, e quando grafadas por extenso, deve ser em
letras minúsculas. Exemplos:
p =  g h, sendo  a densidade do líquido, g a intensidade do
campo gravitacional local e h o desnível entre os pontos
considerados.
2. Correta. A densidade é dada por:
=
m
, sendo m a massa, V o volume. Se a massa é a mesma, o
V
corpo de maior volume possui menor densidade.
3. Correta. Sabemos que a pressão atmosférica equivale,
aproximadamente, à pressão de uma coluna de água de 10
m. Assim:
pascal  pascals;
decibel  decibels;
newton  newtons.
p = patm + hágua = 10 + 35 = 45 m  p = 4,5 atm.
3
3
3
3
4. Correta.
5. Errada. Pap = P – E = 60 – 40  Pap = 20 N.
3
Dados: dag = 1 g/cm = 10 kg/m ; dglic = 1,3 g/cm = 1,3  10
3
–1
2
kg/m ; hag = 10 cm = 10 m; hglic = 1 m e g = 10 m/s ; patm =
5
1,01  10 Pa
174. (Uft 2010) Um objeto pontual é colocado a 10 cm do fundo de um
recipiente cilíndrico contendo água e óleo, conforme a figura.
Qual é o valor da pressão a que o objeto está submetido devido às
colunas de água e de óleo. Desconsidere a pressão atmosférica.
As pressões das colunas de água (pag) e de glicerina (pglic) são:
3
Se o peso de um corpo mergulhado na água é de 60 N e o
empuxo respectivo for de 40 N, seu peso aparente será de 30
N.
–1
3
5
pag = dag g hag = (10 ) (10) (10 ) = 1  10 = 0,01  10 Pa;
3
4
5
pglic = dglic g hglic = (1,3  10 ) (10) (1) = 1,3  10 = 0,13  10 Pa.
Dados:
3
3
Densidade da água: 1,00 x 10 kg/m
3
3
Densidade do óleo: 0,90 x 10 kg/m
2
Aceleração gravitacional: 10 m/s
Na interface água-glicerina, a pressão (p1) é igual à pressão
atmosférica somada à pressão da coluna de água.
5
5
5
p1 = patm + pág = 1,01  10 + 0,01  10 = 1,02  10 Pa.
No fundo do recipiente, a pressão (p2) é igual à pressão
atmosférica somada à pressão da coluna de água e à da coluna de
glicerina.
5
5
5
p2 = patm + pág + pglic = 1,01  10 + 0,01  10 + 0,13  10 = 1,15 
5
10 Pa.
173. (Ufpr 2010) Sobre a hidrostática, parte da Física que estuda os
fenômenos relacionados a fluidos em repouso, considere as
seguintes afirmativas:
1. Segundo o Teorema de Stevin, todo corpo de peso P
mergulhado dentro de um fluido experimenta uma força
contrária a P denominada empuxo.
2. Se dois corpos distintos de mesma massa possuem volumes
diferentes, suas densidades serão também diferentes.
3. A pressão atmosférica em um certo ponto situado a 35 m no
fundo do mar será de aproximadamente 4,5 atm (supondo a
3
densidade da água do mar = 1 g/cm ).
4. O instrumento utilizado para medir pressão em geral
denomina-se manômetro.
2
2
(A) 9,6 x 10 (N/m )
2
2
(B) 9,4 x 10 (N/m )
2
2
(C) 2,5 x 10 (N/m )
2
2
(D) 1,0 x 10 (N/m )
2
2
(E) 3,7 x 10 (N/m )
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Como o óleo é menos denso que a água, a camada de líquido
superior é do óleo e a inferior é da água.
Como o objeto está a 10 cm do fundo, sobre ele há 4 cm de coluna
de água e 6 cm de coluna de óleo, conforme mostra a figura.
46
5 1
 0,5atm
10
5  105
Z
 0,5  105 N / m2
10
Y
A pressão no fundo é a soma da pressão atmosférica com a
pressão da coluna de água.
P  1  0,5  1,5atm
3
3
3
3
P  76  38  114cmHg
2
Dados: ag = 1,00  10 kg/m ; ol = 0,90  10 kg/m ; g = 10 m/s ;
–2
–2
hág = 4 cm = 4 10 m ; hol = 6 cm = 6 10 m.
Pelo teorema de Stevin, a pressão hidrostática a que está
submetido o objeto é:
3
–2
3
p = pag + pol  ag g hag + ol g hol = 10  10  4 10 + 0,9  10 
–2
10  6 10 
2
2
2
p = 940 N/m  p = 9,4  10 N/m .
P  10  5  15mH2O
P  105  0,5x105  1,5x105 N / m2
177. (Uel 2012) A areia monazítica, abundante no litoral do Espírito
Santo até o final do século XIX, é rica em tório e foi
contrabandeada para outros países durante muitos anos sob a
falsa alegação de lastrear navios. O lastro tem por objetivo
afundá-los na água, até certo nível, conferindo estabilidade para a
navegação. Se uma embarcação tem massa de 50.000 kg, qual
deverá ser a massa de lastro de areia monazítica, em toneladas,
para que esse navio lastreado desloque um volume total de 1000
3
m de água do mar? Considere a densidade da água do mar igual a
3
1 g/cm .
(A) 180
(B) 500
(C) 630
(D) 820
(E) 950
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO
6
3
3;
Dados: M = 50.000 kg = 0,0510 kg; dágua = 10 kg/m Vimerso =
3
3
3
1.000 m = 10 m .
O peso da embarcação mais o peso da areia deve ser equilibrado
pelo empuxo.
175. (Ufpr 2010) Um reservatório cilíndrico de 2 m de altura e base
2
com área 2,4 m , como mostra a figura, foi escolhido para guardar
3
um produto líquido de massa específica igual a 1,2 g/cm . Durante
o enchimento, quando o líquido atingiu a altura de 1,8 m em
relação ao fundo do reservatório, este não suportou a pressão do
líquido e se rompeu. Com base nesses dados, assinale a
alternativa correta para o módulo da força máxima suportada pelo
fundo do reservatório.
Pemb  Pareia  E  Mg  mg  dágua Vimerso g  m  dágua Vimerso  M 
(A) É maior que 58.000 N.
(B) É menor que 49.000 N.
(C) É igual a 50.000 N.
(D) Está entre 50.100 N e 52.000 N.
(E) Está entre 49.100 N e 49.800 N.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
2
3
3
Dados: A = 2,4 m ; h = 1,8 m; d = 1,2 g/cm = 1.200 kg/m ; g = 10
2
m/s
A força máxima suportada é igual ao peso do líquido.
m  103  103  0,05  106  m  106  0,05  106  m  0,95  106 kg 
m  950  103 kg  m  950 toneladas.
178. (Uff 2012) Submarinos possuem tanques de lastro, que podem
estar cheios de água ou vazios. Quando os tanques estão vazios, o
submarino flutua na superfície da água, com parte do seu volume
acima da superfície. Quando os tanques estão cheios de água, o
submarino flutua em equilíbrio abaixo da superfície.
F = P = m g = d V g = d A h g = 1.200 (2,4) (1,8) (10)  F = 51.840 N
 50.100 N < F < 52.000 N.
176. (Udesc 2010) A pressão atmosférica é 76 cmHg em um local onde
há uma piscina cheia de água, que tem uma profundidade de 5,0
m. Assinale a alternativa correta quanto à pressão total no fundo
da piscina.
(A) 81 cmHg
5
2
(B) 1,50 x 10 N/m
5
2
(C) 0,50 x 10 N/m
5
(D) 1,5 x 10 cmHg
(E) 576 cmHg
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
5
2
76cm Hg ---------- 10m de H2O-------------1,0atm------------- 10 N/m
X ---------------- 5 m de H2O ------------- Y------------------- Z
X
Comparando os valores da pressão (p) no fundo do submarino e
do empuxo (E) sobre o submarino quando os tanques estão cheios
(Pc, Ec) com os valores das mesmas grandezas quando os tanques
estão vazios (Pv, EV) é correto afirmar que
(A)
(B)
(C)
(D)
76  5
 38cmHg
10
pc  pv , Ec  Ev .
pc  pv , Ec  Ev .
pc  pv , Ec  Ev .
pc  pv , Ec  Ev .
p  p , Ec  Ev .
c
v
(E)
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
47
P  E  liq .Vimerso .g
De acordo com o enunciado, com os tanques vazios o submarino
estará na superfície da água e apresentará valores de pv, para a
pressão hidrostática em seu fundo, e Ev, para a força de empuxo.
Com os tanques cheios o submarino estará totalmente imerso na
água e apresentará valores pc e Ec, para a pressão hidrostática em
seu fundo e a força de empuxo, respectivamente.
Ao passar para o mar a densidade da água aumenta. Como
consequência, o volume imerso deve diminuir.
180. (Cesgranrio 2011) Um bloco cúbico com 6 cm de aresta é
parcialmente submerso em água até 1/3 de sua altura.
2
Considerando-se que a aceleração da gravidade vale 10 m/s e
3
sabendo-se que a massa específica da água vale 1000 kg/m ,
calcule a intensidade do empuxo sobre o bloco, em Newtons.
(A) 0,20
(B) 0,36
(C) 0,72
(D) 1,00
(E) 1,44
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Cálculo da pressão hidrostática no fundo do submarino
A partir da lei de Stevin, temos: p  p0  d.g.h onde:
p: pressão hidrostática;
p0: pressão na superfície da água;
d: densidade do líquido (água);
g: aceleração da gravidade;
h: profundidade do fundo do submarino, em relação à superfície
da água.
A única diferença entre pc e pv está na profundidade h:
 6x10 
.g  1000x
2 3
E  μ fluido .Vimerso
3
x10  0,72N .
181. (Ufrs 2011) Considere as afirmações abaixo, referentes a um
líquido incompressível em repouso.
I. Se a superfície do líquido, cuja densidade é
a uma pressão
pa
ρ , está submetida
, a pressão p no interior desse líquido, a
p  p  ρgh
a
uma profundidade h, é tal que
, onde g é a
aceleração da gravidade local.
II. A pressão aplicada em um ponto do líquido, confinado a um
recipiente, transmite-se integralmente a todos os pontos do
líquido.
III. O módulo do empuxo sobre um objeto mergulhado no
líquido é igual ao módulo do peso do volume de líquido
deslocado.
h'  h  pc  pv
Cálculo da força de empuxo que atua no submarino
De acordo com o princípio de Arquimedes: E  d.v.g onde:
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas II.
(C) Apenas III.
(D) penas I e III.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
I. Correto: Princípio de Stèvin.
II. Correto: Princípio de Pascal.
III. Correto: Princípio de Arquimedes.
E: força de empuxo que atua no submarino;
d: densidade do líquido (água);
v: volume da parte imersa do submarino;
g: aceleração da gravidade.
A única diferença entre Ec e Ev está no volume da parte imersa do
submarino v:
182. (Ita 2011) Um cubo maciço homogêneo com 4,0 cm de aresta
flutua na água tranquila de uma lagoa, de modo a manter 70% da
área total da sua superfície em contato com a água, conforme
mostra a figura.
V '  V  Ec  Ev
179. (Udesc 2011) Um barco pesqueiro, cuja massa é 710 kg,
navegando rio abaixo, chega ao mar, no local em que a densidade
da água do mar é 5,0% maior do que a densidade da água do rio.
O que ocorre com a parte submersa do barco quando este passa
do rio para o mar?
(A) Aumenta, pois o barco desloca um maior volume de água.
(B) Diminui, pois o empuxo diminui.
(C) Diminui, pois o barco desloca um menor volume de água.
(D) Aumenta, pois o empuxo aumenta.
(E) Não se altera, pois o empuxo é o mesmo.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO
O empuxo equilibra o peso do barco:
A seguir, uma pequena rã se acomoda no centro da face superior
do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção
com os valores aproximados da densidade do cubo e da massa da
rã, respectivamente.
3
(A) 0,20 g/cm e 6,4 g
3
(B) 0,70 g/cm e 6,4 g
3
(C) 0,70 g/cm e 8,0 g
3
(D) 0,80 g/cm e 6,4 g
3
(E) 0,80 g/cm e 8,0 g.
48
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
3
Dados: a = 4 cm; dágua = 1 g/cm ; Aimersa = 0,7 Atotal; h = 0,50 cm.
Substituindo (I) em (II):
100 – E = 60  E = 40 gf. (II)
Mas:

P  dcorpo V g


E  dágua V g


P dcorpo

E dágua

100 dcorpo

40
1

3
dcorpo = 2,5 g/cm .
184. (Ufal 2010) Uma torneira aberta derrama água à vazão constante
3
de 100 mL por segundo numa caixa d’água cúbica de volume 1 m ,
inicialmente vazia. Após algum tempo, a torneira é fechada, e a
pressão medida no fundo da caixa, devido à água derramada, é
3
igual a 10 Pa. Considere a densidade da água e a aceleração da
2
gravidade respectivamente iguais a 1 kg/L e 10 m/s .
Durante quanto tempo, em segundos, a torneira permaneceu
aberta?
0
(A) 10
1
(B) 10
2
(C) 10
3
(D) 10
4
(E) 10
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
3
3
3
Dados: Z = 100 mL/s = 0,1 L/s; d = 1 kg/L = 10 kg/m ; Pcol = 10 Pa;
2
g = 10 m/s .
Pelo teorema de Stevin a pressão da coluna líquida é:
3
3
Pcol = d g h  10 = 10 (10) h  h = 0,1 m.
3
Se a caixa é cúbica, de volume 1 m , a área da base (Abase) é igual a
2
1m .
O volume derramado é, então:
3
V = Abase h = 1 (0,1)  V = 0,1 m = 100 L.
A vazão (Z) é a razão entre o volume derramado e o tempo:
A área imersa é a área do fundo mais uma parte da área das 4
paredes laterais, de altura h. De acordo com o enunciado:
Aimersa = 0,7 Atotal  a  4 a h  (0,7) 6 a
2
2
 4 h = 3,2 a
 h = 0,8 a.
Como o cubo é um sólido reto e está em equilíbrio em água, seu
peso é equilibrado pelo empuxo:
P = E

dcubo Vtotal g = dáguya Vimerso g

dcubo Vimerso

dágua
Vtotal

dcubo a2h a2 (0,8a)

 3 
1
a
a3
3
dcubo = 0,80 g/cm .
 
 
O peso da rã Pr é equilibrado pelo aumento do empuxo E
Pr = E  m g = dágua V g  m = dágua A h = 1,0 (16) (0,50) 
m = 8,0 g.
183. (Ifsp 2011) Um aluno de engenharia pretende determinar a
densidade de um corpo maciço e realiza uma experiência que
consiste, inicialmente, em suspender o corpo, em uma das
extremidades de uma balança de braços iguais, com uma massa
de 100 gramas, conforme figura 1. A seguir ele coloca o corpo
3
dentro de uma vasilha com água, cuja densidade é de 1,0 g/cm , e
a equilibra com uma massa de 60 gramas (figura 2). O valor
3
encontrado da densidade do corpo, em g/cm , é igual a
Z=
V
V 100
3
 t  
 t = 10 s.
t
z
0,1
185. (Udesc 2010) Certa quantidade de água é colocada em um tubo
em forma de U, aberto nas extremidades. Em um dos ramos do
tubo, adiciona-se um líquido de densidade maior que a da água e
ambos não se misturam.
Assinale a alternativa que representa corretamente a posição dos
dois líquidos no tubo após o equilíbrio.
(A) 8,75.
(B) 7,50.
(C) 6,75
(D) 3,50.
(E) 2,50.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
3
Dados: m1 = 100 g; m2 = 60 g; dágua = 1 g/cm .
(A)
(B)
Como a balança tem braços iguais, na figura 1, o peso do corpo é
igual ao peso da massa calibrada. Trabalhando em grama-força
(gf):
(C)
P = 100 gf. (I)
Na figura 2, o peso da nova massa calibrada (60 gf) equilibra a
 
diferença entre o peso do corpo e o empuxo E :
P – E = 60 gf. (II)
49
3
2
Dados: dH2O = 1 g/cm ; A = 2 cm ; L = 5 cm.
(D)
(E)
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: De acordo com Teorema de Stevin, pontos de
mesmo líquido em repouso que estão na mesma horizontal estão
sob mesma pressão. Então, no ponto A da horizontal que passa
pela interface entre a água e o líquido mais denso, a pressão deve
ser a mesma que no ponto B situado na água, na mesma
horizontal.
pA = pB  dlíq g hlíq  d ág g hlíq .
Se ambos os cilindros estão ligados ao mesmo fio, eles estão
sujeitos à mesma força de tração de intensidade T.
Estando em equilíbrio, a resultante das forças atuantes em cada
um, mostradas na figura, é nula. Assim, sendo VI e VII os volumes
imersos dos cilindros I e II, respectivamente, vem:
No cilindro I: PI = EI + T  mI g = dH2O VI g + T (equação I);
Como dlíq > dág  hlíq < hág.
No cilindro II: PII = EII + T  mII g = dH2O VII g + T (equação I).
Fazendo a diferença dessas equações (I – II):
mI g – mII g = [ dH2O VI g + T] – [ dH2O VII g + T] 
mI – mII = dH2O (VI – VII ).
Como o volume imerso é igual ao produto da área da seção
transversal pela altura imersa, temos:
mI – mII = dH2O (AhI – AhII )  mI – mII = dH2O A(hI – hII ).
Mas, da figura: hII – hI = L  hI – hII = -L. Então:
mI – mII = dH2O A (-L) = 1(2)(-5) 
mI – mII = -10 g.
186. (Ufg 2010) Em um recipiente contendo água colocam-se dois
sólidos cilíndricos de mesmo comprimento e de mesma seção reta
de área A, ligados por um fio inextensível de massa desprezível, o
qual passa por uma polia ideal, conforme ilustrado a seguir.
187. (Uftm 2010) Diferente das outras madeiras, um toco cilíndrico de
“pauferro”, quando abandonado na água, não flutua
parcialmente, mas sim, afunda. Sobre essa situação, afirma-se:
I. a densidade dessa madeira é maior que a densidade da água.
II. embora afunde devido a seu peso, o peso aparente do toco
na água é menor que o mesmo no ar.
III. quando o toco chega ao fundo do recipiente que contém
água, o módulo do empuxo fica igual ao módulo do peso,
tornando a força resultante nula.
É correto o afirmado em
(A) I, apenas.
(B) III, apenas.
(C) I e II, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
A afirmativa A está correta: os corpos maciços mais densos que o
líquido afundam, já que o seu peso é maior que o empuxo;
A afirmativa B está correta: o peso aparente é a diferença entre o
peso e o empuxo;
A afirmativa C está errada: o que equilibra o toco é o contato com
o fundo.
Dados:
dH2O = 1,0 g/cm3
2
A = 2,0 cm
∆L = 5,0 cm
Considerando o exposto e que o sistema está em equilíbrio, a
diferença de massa dos cilindros (mI – mII), em gramas, é:
(A) -10,0
(B) -5,0
(C) 5,0
(D) 10,0
(E) 15,7
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
188. (Pucrs 2010) A figura a seguir representa um cubo C, em
equilíbrio, suspenso por um dinamômetro D e com metade do seu
-5
3
volume imerso em água. O cubo tem volume de 6,4x10 m e
peso de 1,72 N.
50
3
Dois blocos maciços, de mesmo volume, sendo um feito com o
material A e outro feito com o material B, têm, respectivamente,
pesos cujos módulos PA e PB são tais que ........ . Se mergulhados
completamente em água, os blocos sofrem empuxos cujos
módulos EA e EB, respectivamente, são tais que........... .
(A) PA = 2PB EA = 2EB
(B) PA = 2PB EA = EB
(C) PA = PB EA = 2EB
(D) PA = PB/2 EA = EB
(E) PA = PB/2 EA = EB/2
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
3
Analisando o gráfico dado, por exemplo, para V = 2 m , a massa de
A é 4.000 kg e a massa de B, 2.000 kg. Logo ,o peso de A é o dobro
do peso de B.
MA = 2 MB  PA = 2 PB.
Como os blocos têm volumes iguais, eles deslocam o mesmo
volume de líquido, quando totalmente imersos. Como o empuxo é
igual ao peso de líquido deslocado, eles sofrem empuxos de
mesma intensidade. Assim:
EA = EB.
3
Considere que a massa específica da água é 1,0x10 kg/m , e que o
2
módulo da aceleração da gravidade é 10 m/s . Neste caso, a
leitura do dinamômetro, em newtons, é:
(A) 1,7
(B) 1,4
(C) 0,85
(D) 0,64
(E) 0,32
RESPOSTA: B
–5
3
Dados: volume do cubo  V = 6,410 m ; peso do cubo  P =
3
3
1,72 N; densidade da água  da = 110 kg/m .
O cubo tem metade de seu volume imersa. Portanto, o volume
imerso é Vi =
1
V = 3,210–5 m3. Como ele está em equilíbrio, a
2
resultante das forças agindo sobre ele (Peso, Tração e Empuxo) é
nula.
191. (Uff 2010) Três recipientes idênticos contêm água pura no
mesmo nível e estão sobre balanças, conforme mostra a figura. O
recipiente I contém apenas água, no recipiente II flutuam cubos de
gelo e no recipiente III flutuam bolas de plástico que têm
densidade menor que a do gelo.
Escolha a opção que descreve a relação entre os pesos dos três
recipientes com seus respectivos conteúdos (PI, PII e PIII).
E+T=PT=P–E
T = P – daVi g 
3
–5
T = 1,72 – 10 (3,210 )(10) = 1,72 – 0,32 = 1,4 N
189. (Pucrj 2010) Um nadador flutua com 5% de seu volume fora
3
3
d’água. Dado que a densidade da água é de 1,00 × 10 kg/m , a
densidade média do nadador é de:
3
3
(A) 0,50 × 10 kg/m
3
3
(B) 0,95 × 10 kg/m
3
3
(C) 1,05 × 10 kg/m
3
3
(D) 0,80 × 10 kg/m
3
3
(E) 1,50 × 10 kg/m
RESPOSTA: B
Dados: Sendo V o volume do nadador, temos: Vemerso = 0,05 V;
3
3
Vimerso = 0,95 V; dág = 10 kg/m .
Como o nadador está em equilíbrio, o peso e o empuxo estão
equilibrados.
P = E  m g = dag Vimerso g  dnad V = dág (0,95 V)  dnad = 0,95
3
3
 10 kg/m .
(A) PI = PII < PIII
(B) PI = PII > PIII
(C) PI > PII > PIII
(D) PI < PII < PIII
(E) PI = PII = PIII
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
Nos recipientes II e III, os volumes deslocados de água são iguais
aos volumes das porções imersas de gelo e de bolas.
Consideremos:
Vgelo  volume imerso de gelo = volume de água deslocado pelo
gelo;
Vbolas  volume imerso de bolas = volume de água deslocado
pelas bolas;
VII  volume de água no recipiente II;
VIII  volume de água no recipiente III.
190. (Ufrgs 2010) Assinale a alternativa que preenche corretamente as
lacunas do texto a seguir, na ordem que aparecem.
O gráfico que segue mostra a variação da massa em função do
volume para dois materiais diferentes, A e B.
Como nos três recipientes a água está no mesmo nível, nos
recipientes II e III os volumes de água somados aos volumes
51
imersos dão o mesmo volume de água (VI) contida no recipiente I.
Ou seja:
VII + Vgelo = VI ;
VIII + Vbolas = VI.
Como o empuxo é igual ao peso do volume de água deslocado (E =
dágua Vdesl g), temos:
Recipiente I:
PI = Págua = dágua VI g.
Recipiente II:
PII = Págua + Pgelo  PII = dágua VII g + dágua Vgelol g  PII = dágua (VII +
Vgelo) g  PII = dágua VI g.
Com respeito a essa última situação, analise:
I. A densidade da água salgada é maior que a do ovo que, por
sua vez, tem densidade menor que a da água doce.
II. O empuxo exercido sobre o ovo é uma força que se iguala,
em módulo, ao peso do volume de água doce e salgada que o
ovo desloca.
III. A pressão atmosférica afeta diretamente o experimento, de
tal forma que, quando a pressão atmosférica aumenta,
mesmo que a água se comporte como um fluido ideal, o ovo
tende a ficar mais próximo do fundo do recipiente.
Recipiente III:
PIII = Págua + Pbolas  PIII = dágua VIII g + dágua Vbolas g  PIII = dágua (VIII +
Vbolas) g  PIII = dágua VI g.
Portanto: PI = PII = PIII.
192. (G1 - cftmg 2010-MODIFICADA) Dois objetos esféricos idênticos
são colocados para flutuar em dois líquidos diferentes I e II,
conforme ilustração.
É correto o contido em
(A) I, apenas.
(B) II, apenas.
(C) I e III, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Analisando cada uma das proposições:
I. Errada. Se colocado em água doce o ovo vai para o fundo, é
porque ele é mais denso:
dovo > ddoce  ddoce < dovo.
Se na água salgada o ovo flutua, então:
dovo < dsalg.
Reunindo as duas conclusões, temos:
ddoce < dovo < dsalg.
II. Correta. O empuxo é igual ao peso de líquido deslocado.
III. Errada. A pressão não afeta, pois qualquer variação é
transmitida integralmente em todas as direções a todos os
pontos do líquido.
O experimento permite concluir que a(o)
(A) líquido II é mais denso que o I.
(B) empuxo sobre o objeto em II é maior que em I.
(C) densidade da esfera é maior que a do líquido I.
(D) empuxo sobre a esfera em I é maior que seu peso.
(E) densidade da esfera é igual a do líquido I.
RESPOSTA: A
Sejam d1 e d2 as respectivas densidades dos líquidos I e II, V1 e V2
os volumes imersos nos líquidos I e II.
FÍSICA II
194. (Ufpb 2011) Os satélites artificiais são uma conquista da
tecnologia moderna e os seus propósitos são variados. Existem
satélites com fins militares, de comunicação, de monitoramento
etc. e todo satélite tem uma órbita e uma velocidade orbital bem
determinadas. Nesse contexto, considere um satélite de
comunicação que descreve uma órbita circular em torno da Terra
4
com um período de revolução de 8 x10 s.
−11
2
2
Constante da gravitação universal: G = 6 x 10 N m / kg .
Constante π = 3.
24
Massa da Terra: M = 6 x 10 kg.
2
Aceleração da gravidade: g = 10 m/s .
Nos dois casos o peso é equilibrado pelo empuxo:
E1  P
E2  P
E1 = E2  d1 V1 g = d2 V2 g  d1 V1 = d2 V2. Como V2 <
V1  d2 > d1 
o líquido II é mais denso que o líquido I.
193. (Fgv 2010) Quando você coloca um ovo de galinha dentro de um
recipiente contendo água doce, observa que o ovo vai para o
fundo, lá permanecendo submerso. Quando, entretanto, você
coloca o mesmo ovo dentro do mesmo recipiente agora contendo
água saturada de sal de cozinha, o ovo flutua parcialmente. Se, a
partir dessa última situação, você colocar suavemente, sem
agitação, água doce sobre a água salgada, evitando que as águas
se misturem, o ovo, que antes flutuava parcialmente, ficará
completamente submerso, porém, sem tocar o fundo.
Com base nessas informações e desprezando o movimento da
Terra, é correto afirmar que esse satélite gira em torno da Terra
com uma velocidade orbital de:
(A) 1000 m/s
(B) 1500 m/s
(C) 2000 m/s
(D) 3000 m/s
(E) 3500 m/s
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A forma de atração gravitacional é a força
centrípeta.
52
GMm
r2
r3 
m
GM
v2
GM  2πr 

 v2 

 T 
r
r
r
GMT2
2

A força de atrito deve ser paralela ao plano e igual à componente
do peso na mesma direção.
2
6x1011 x6x1024 x64x108
 64x1021
4x9
Fat  Psen
4π
 r  4x107 m
2πr 2x3x4x107
V

 3000m / s
T
8x104
O momento produzido pela força de atrito em relação ao centro
da roda deve ser compensado pelo momento da força feita pela
corrente.
PR ' sen
F.R  Fat.R '  Psen.R '  F 
R
O momento produzido pela força motora exercida pelo ciclista
deve ser igual ao feito pela força da corrente.
195. (Enem 1998) As bicicletas possuem uma corrente que liga uma
coroa dentada dianteira, movimentada pelos pedais, a uma coroa
localizada no eixo da roda traseira, como mostra a figura
Fm.d  Fr  Fm 
Fr PR ' sen r

.
d
d
R
Para que a força feita pelo ciclista seja mínima: r deve ser mínimo
e R deve ser máximo.
196. (Uerj 2012-) Uma balança romana consiste em uma haste
horizontal sustentada por um gancho em um ponto de articulação
fixo. A partir desse ponto, um pequeno corpo P pode ser
deslocado na direção de uma das extremidades, a fim de
equilibrar um corpo colocado em um prato pendurado na
extremidade oposta. Observe a ilustração:
O número de voltas dadas pela roda traseira a cada pedalada
depende do tamanho relativo destas coroas.
Com relação ao funcionamento de uma bicicleta de marchas, onde
cada marcha é uma combinação de uma das coroas dianteiras
com uma das coroas traseiras, são formuladas as seguintes
afirmativas:
I. numa bicicleta que tenha duas coroas dianteiras e cinco
traseiras, temos um total de dez marchas possíveis onde cada
marcha representa a associação de uma das coroas dianteiras
com uma das traseiras.
II. em alta velocidade, convém acionar a coroa dianteira de
maior raio com a coroa traseira de maior raio também.
III. em uma subida íngreme, convém acionar a coroa dianteira de
menor raio e a coroa traseira de maior raio.
Quando P equilibra um corpo de massa igual a 5 kg, a distância d
de P até o ponto de articulação é igual a 15 cm.
Para equilibrar um outro corpo de massa igual a 8 kg, a distância,
em centímetros, de P até o ponto de articulação deve ser igual a:
(A) 28
(B) 25
(C) 24
(D) 20
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Dados: m1 = 5 kg; d1 = 15 cm; m2 = 8 kg.
Entre as afirmações anteriores, estão corretas:
(A) I e III apenas.
(B) I, II e III apenas.
(C) I e II apenas.
(D) II apenas.
(E) III apenas.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
I. Correto. Para cada coroa dianteira temos 5 opções. Sendo
assim: 2  5  10 opções.
II. Errado. A velocidade linear dos elos da corrente é constante.
Sendo assim:
T  RT  D  RD  T  D 
Seja b a distância do ponto de suspensão do prato até o ponto de
suspensão do gancho. Como há equilíbrio de rotação, temos:

mP d1  m1gb


mP d2  m2gb
RD
RT
Observe que a velocidade angular da roda traseira depende
diretamente do raio da coroa dianteira e inversamente do raio da
coroa traseira. Para que a velocidade atinja a maior velocidade a
velocidade angular da roda traseira deve ser a maior possível.
Sendo assim o raio dianteiro deve ser o maior possível e o traseiro
o menor possível
III. Correto. Observe a figura abaixo.
 
d1 m1

d2 m2

15 5

d2 8
 d2  24 cm.
197. (Furg-RS) Suponha que Ganimedes, uma das grandes luas de
Júpiter, efetua um movimento circular uniforme em torno desse
planeta. Então, a força que mantém o satélite Ganimedes na
trajetória circular está dirigida:
(A) para o centro do Sol.
(B) para o centro de Júpiter.
(C) para o centro da Terra.
(D) para o centro de Ganimedes.
(E) tangente à trajetória.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
53
198. (Uerj) A figura ilustra o movimento de um planeta em torno do
Sol. Se os tempos gastos para o planeta se deslocar de A para B,
de C para D e de E para F são iguais, então as áreas – A1, A2 e A3 –
apresentam a seguinte relação:
(D) Apenas II é verdadeira.
(E) Apenas I é verdadeira.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
(A) A1 = A2 = A3.
(B) A1 > A2 = A3.
(C) A1 < A2 < A3.
(D) A1 > A2 > A3.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
201. (UFSE) Na figura, que representa esquematicamente o movimento
de um planeta em torno do Sol, a velocidade do planeta é maior
em:
199. (Ita 2011) Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande
asteroide passa próximo a Terra que, em consequência, fica com
sua nova orbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado
para 80 dias.
Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano terrestre e a
distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente,
(A) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes.
(B) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes.
(C) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes.
(D) mais longo – aproximadamente a metade do que era antes.
(E) mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
– O ano terrestre é o período de translação da Terra em torno do
Sol. Se a nova órbita fica mais perto do Sol, r’ < r.
Usando a 3ª lei de Kepler:
2
(A) A
(B) B
(C) C
(D) D
(E) E
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
3
 T '
 r '
     .
T
r
202. (ITA-SP) Estima-se que em alguns bilhões de anos o raio médio da
órbita da Lua estará 50% maior do que é atualmente. Naquela
época seu período, que hoje é de 27,3 dias, seria:
(A) 14,1 dias
(B) 18,2 dias
(C) 27,3 dias
(D) 41,0 dias
(E) 50,1 dias
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
Analisando essa expressão: ser r’ < r  T’ < T. Ou seja, o ano
terrestre torna-se mais curto.
– O período aproximado do ciclo lunar é T = 27 dias. O novo
período é T’ = 80 dias. Usando novamente a 3ª lei de Kepler:
3
2
3
 r '
 80 
 r '
2
3
         3  r '  9 r  r’  2 r.
r
27
r
200. (UFPI) Um planeta gira, em órbita elíptica, em torno do Sol.
Considere as afirmações:
I. Na posição A, a quantidade de movimento linear do planeta
tem módulo máximo.
II. Na posição C, a energia potencial do sistema (Sol + planeta) é
máxima.
III. Na posição B, a energia total do sistema (Sol + planeta) tem
um valor intermediário, situado entre os correspondentes
valores em A e C.
Assinale a alternativa correta:
(A) I e III são verdadeiras.
(B) I e II são verdadeiras.
(C) II e III são verdadeiras.
203. (Ufal 2010) Uma partícula é lançada verticalmente para cima a
partir da superfície da Terra, atingindo uma altura máxima (em
relação ao ponto de lançamento) igual ao próprio raio da Terra,
54
RT. Desprezando os atritos e o movimento de rotação terrestre, e
denotando a aceleração da gravidade na superfície da Terra por g,
com que velocidade a partícula foi lançada?
 1
  gRT
(A)  2 
gRT / 2
(C)
(B)
(C)
gRT
(D)
2 gRT
(D)
gR
T
(E) 2
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Como há variação do campo gravitacional durante o movimento,
não podemos usar a expressão simplificada da energia potencial
gravitacional: EP = mgh.
A expressão a ser usada é a da energia potencial com referencial
no infinito:
EP = 
(E)
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Se o movimento do cometa é periódico, a órbita é elíptica. Então,
a distância do Sol ao cometa é variável. A força gravitacional sobre
o cometa é dada pela lei de Newton da gravitação;
GMm
, sendo M a massa da Terra, m a massa da partícula
r
F= G
lançada e r a distância da partícula ao centro da Terra.
A figura a seguir ilustra a situação descrita
sup
final
Emec
 Emec

GMm
 
2RT
GM
. Multiplicando e dividindo por RT:
RT
v 02 
 GM
GM RT
 v 02   2  RT .

RT RT
 RT 
Mas
. Essa força tem intensidade mínima quando o
TEXTO PARA AS PRÓXIMAS 2 QUESTÕES:
Em setembro de 2010, Júpiter atingiu a menor distância da Terra
em muitos anos. As figuras abaixo ilustram a situação de maior
afastamento e a de maior aproximação dos planetas,
considerando que suas órbitas são circulares, que o raio da órbita

v 02
v 2 GM
GMm GMm


 0 

2
2RT
RT
2
2RT
v 02 
d2
cometa passa pelo seu afélio e intensidade máxima quando passa
pelo seu periélio. A figura a seguir ilustra a situação.
Pela conservação da energia mecânica:
GMm mv 02


RT
2
MSol mcometa
11
terrestre (RT ) mede 1,5  10 m e que o raio da órbita de
11
Júpiter (RJ ) equivale a 7,5  10 m .
GM
= g (intensidade do campo gravitacional na superfície
R 2T
terrestre). Assim:
v 02  g RT  v0 = g RT .
204. (Ufv 2010) Seja F o módulo da força da gravidade que o Sol faz
sobre um cometa, de massa constante, cujo período orbital é T
(em anos). Dos gráficos adiante, aquele que representa
CORRETAMENTE a variação de F com o tempo t é:
205. (Unicamp 2012) De acordo com a terceira lei de Kepler, o período
de revolução e o raio da órbita desses planetas em torno do Sol
2
3
T 
R 
obedecem à relação  J    J 
 TT 
 RT 
em que em que TJ e
TT são os períodos de Júpiter e da Terra, respectivamente.
(A)
Considerando as órbitas circulares representadas na figura, o valor
de TJ em anos terrestres é mais próximo de
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
(B)
55
0,1.
5.
12.
125.
20
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
11
11
Dados: RT = 1,510 m; RJ = 7,510 m.
O período de revolução da Terra é TT = 1 ano terrestre.
Aplicando a expressão dada para a terceira lei de Kepler:
2
R 
 TJ 
J
 T    R 
 T
T
Entre
as
3

2
 7,5  1011 
 TJ 

 1   
 1,5  1011 
opções
dadas,
a
(C) A circunferência descrita pelo satélite Calisto é quatro vezes
maior que a circunferência descrita pelo satélite Europa.
(D) A maior velocidade angular é a do satélite Calisto, por possuir
maior período orbital.
(E) O período orbital de Europa é aproximadamente o dobro do
período orbital de Io.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO:
Analisando cada uma das opções:
(A) Falsa. De acordo com a Lei de Newton da Gravitação, as forças
gravitacionais trocadas entre duas massas M e m, distantes r
entre si, é:
3
 TJ2  53  TJ  125  11,2.
resposta
mais
próxima
é:
TJ  12 anos terrestres.
206. (Unicamp 2012) A força gravitacional entre dois corpos de massa
m1 e m2 tem módulo F  G m1m2 , em que r é a distância entre
2
FG
r
2
eles e G  6,7  1011 Nm . Sabendo que a massa de Júpiter é
2
Aplicando essa expressão para as duas situações propostas, temos:
kg
FJG = G
mJ  2,0  1027 kg e que a massa da Terra é mT  6,0  1024 kg ,
o módulo da força gravitacional entre Júpiter e a Terra no
momento de maior proximidade é
MJmG
rG2
e FJI = G
MJmI
. Fazendo a razão entre essas
rI2
forças:
FJG mG rI2
15 42 15  16 4
=
 FJG = 0,27 FJI.
 2 



FJI
mI 102 9
900
15
rG
18
(A) 1,4  10 N
18
(B) 2,2  10 N
(C)
Mm
, sendo G a constante de gravitação universal.
r2
3,5  1019 N
(B) Falsa. Pela terceira lei de Kepler (lei dos períodos), o período
2
3
orbital (T) só depende do raio (r) da órbita: T = k r ; independe
da massa do satélite.
30
(D) 1,3  10 N
(E) 1,2 ∙ 1025 N
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
(C) Falsa. Basta comparar os valores mostrados na tabela.
Dados: mT = 6,010 kg; mJ = 2,010 kg; RT = 1,510 m; RJ =
11
–11
2
2
7,510 m; G = 6,710 Nm /kg .
(D) Falsa. A velocidade angular () é inversamente proporcional ao
No momento de maior proximidade, a distância entre os dois
planetas é:
(E) Verdadeira. Pela lei dos períodos:
24
27
11
período:  =
2
3
2
3
2
.
T
 TE 
 rE 
 T    r  . Substituindo os valores dados na tabela:
I
I
r  RJ  RT  7,5  1011  1,5  1011  r  6  1011 m.
Substituindo os valores na fórmula da força gravitacional:
m m
FG T J
r2
 F  6,7  10 11
6  1024  2  1027
6  10 
11 2

8  1041
36  10
 TE 
 6
 3
 T    4    2 
I

22
F  2,2  1018 N.
Io
Europa
Ganimedes
Calisto

TE
 3,375  TE = 1,84 TI  TE
Ti
 2 TI
207. (Ufpr 2010) Neste ano, comemoram-se os 400 anos das primeiras
descobertas astronômicas com a utilização de um telescópio,
realizadas pelo cientista italiano Galileu Galilei. Além de revelar ao
mundo que a Lua tem montanhas e crateras e que o Sol possui
manchas, ele também foi o primeiro a apontar um telescópio para
o planeta Júpiter e observar os seus quatro maiores satélites,
posteriormente denominados de Io, Europa, Ganimedes e Calisto.
Satélite
3
Raio orbital (10
km)
4
6
10
20
5
208. (Fgvrj 2010) Muitos satélites utilizados em telefonia, transmissões
de rádio e TV, internet e outros serviços de telecomunicações
ocupam a órbita geoestacionária. Nesta órbita, situada no plano
da linha do equador, os satélites permanecem sempre acima de
um mesmo ponto da superfície terrestre, parecendo parados para
um observador no equador. A altura de um satélite geocêntrico,
em relação à superfície da Terra, em órbita circular, é
aproximadamente igual a
Dados: G = constante de gravitação universal
M = massa da Terra
6
R = raio da Terra = 6, 4 x 10 m
2 1/3
4
-2/3
[G M / 4 π ] = 2,2 x 10 m s
2/3
3 2/3
[24 horas] = 2,0 x 10 s
(A) 37600 km.
(B) 50000 km.
(C) 64000 km.
(D) 12800 km.
(E) 25000 km.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
22
Massa (10
kg)
9
5
15
11
Supondo que as órbitas desses satélites ao redor de Júpiter sejam
circulares, e com base nas informações da tabela acima, assinale a
alternativa correta. (Os valores da tabela foram arredondados por
conveniência)
(A) A força de atração entre Júpiter e Ganimedes é maior do que
entre Júpiter e Io.
(B) Quanto maior a massa de um satélite, maior será o seu período
orbital.
1
3
4
-2/3
Dados: R = 6,4  10 m;  GM   2,2  10 m.s ; T = 24 h = (24 
 4 2 


6
3.600)s; (24  3.600 s)
56
2/3
= 2,2  10 s .
3 2/3
2
(Considere na superfície da terra: g= 10 m/s ).
(A) 400 N
(B) 216 N
(C) 900 N
(D) 150 N
(E) 780 N
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Dados: m = 60 kg; P0 = 600 N; h =
A força gravitacional sobre o satélite tem a função de resultante
centrípeta.
Assim:
Sendo G a constante de gravitação, M e R a massa e o raio da
Terra, respectivamente, de acordo com a lei de Newton da
gravitação, na superfície o peso é:
m v2 G M m
.

r
r2
S 2r
Mas: v =
. Então:

t
T
Rcent = Fgrav 
2
GM
 2r 
 T   r


 G M
r= 
2 
 4 
4

1
3
42r 2 GM

r
T2

P0 =
G M T2
r 
4 2
 r
3
3
G M T2
4 2
P=

7
r = (2,2 10 )  (2  10 )  4,4 10 m = 44 10 m.
Da figura:

r = R + h  h = r – R = 44 10 – 6,4  10 = 37,6  10 m = 37,6 
3
10 km  h = 37.600 km.
6
Aceleração da gravidade (g0) na superfície da Terra: g0 
2
2


P  R 
9



P0  5 
25
 R
3 
P
9
 P = 216 N.

600 25
R2
Considerando que o raio médio da Terra é um milhão de vezes o
raio médio do planeta do Pequeno Príncipe, assinale a opção que
indica a razão entre a densidade do planeta do Pequeno Príncipe,
ρP
Aceleração da gravidade (g) na estação espacial: g 
ρ
, e a densidade da Terra, T , de modo que as acelerações da
gravidade nas superfícies dos dois planetas sejam iguais.
G.M
d2
Onde d equivale à distância entre o centro da Terra e a estação
espacial.
(A)
Como a estação se encontra a uma altura de 5% o raio da Terra,
ou seja, 0,05  R , temos:
(B)
d  R  0,05R  d  1,05R
(1,05.R)2



P  R 

2 
P0 
 R  R

3 
G.M
(equação 1)
Onde:
G: constante da gravitação universal;
M: massa da Terra;
R: raio da Terra.
G.M
.
211. (Uff 2010) Antoine de Saint-Exupéry gostaria de ter começado a
história do Pequeno Príncipe dizendo:
“Era uma vez um pequeno príncipe que habitava um planeta
pouco maior que ele, e que tinha necessidade de um amigo …”
209. (Ime 2010) No interior da Estação Espacial Internacional, que está
em órbita em torno da Terra a uma altura correspon-dente a
aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da aceleração da
gravidade é
(A) aproximadamente zero.
(B) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra.
(C) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra.
(D) duas vezes o valor na superfície da Terra.
(E) igual ao valor na superfície da Terra.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO:
Substituindo na equação: g 
 R  h 2
P
GMm
R2


P0 R  h2 GMm
6
6
GMm
Fazendo a razão entre essas expressões:
 T  . Substituindo os dados, temos:
6
GMm
.
R2
Na altura h o peso é:
2
3
3
2
R.
3
(C)
(equação 2)
(D)
Dividindo a equação 2 pela equação 1:
g
1

 g  0,90.g0  g  90%.g0
g0 (1,05)2
ρP
 1012
ρT
ρP
 106
ρT
ρP
 1018
ρT
ρP
 103
ρT
ρP
 102
ρT
(E)
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
6
Dado: RT = 10 Rp
210. (Unemat 2010) Um objeto de massa igual a 60 kg tem peso na
superfície da terra igual a 600 N. O peso deste objeto, estando ele
a uma altura correspondente a 2/3 do raio da terra, será igual a:
57
Calculemos primeiramente a aceleração da gravidade na
superfície de um planeta esférico e homogêneo em função da sua
densidade.
propriedade do ponto. Qualquer corpo que seja colocado no
ponto sofrerá a mesma aceleração.
214. (Unicamp simulado 2011) Em 1665, Isaac Newton enunciou a Lei
da Gravitação Universal, e dela pode-se obter a aceleração
gravitacional a uma distância d de um corpo de massa M , dada
−11
2
2
por g  G M 2 , sendo G = 6,7 x 10 Nm /kg a constante de
Da lei de Newton da gravitação: g  G M
.
2
R
Lembrando que: M =  V e que V = 4 R3 , vem:
 d
3
g = G  V  g  G   4  R3   g  4  G  R .


3
R2
R2  3
gravitação universal. Sabendo-se o valor de G, o raio da Terra, e a
aceleração da gravidade na superfície da Terra, foi possível
24
encontrar a massa da Terra, Mt = 6,0 x 10 kg.
A aceleração gravitacional sobre um determinado satélite
2
orbitando a Terra é igual a g = 0,25m/s .
A distância aproximada do satélite ao centro da Terra é de
3
(A) 1,7 x 10 km.
4
(B) 4,0 x 10 km.
3
(C) 7,0 x 10 km.
5
(D) 3,8 x 10 km.
9
(E) 2,8 x 10 km.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO:
Como gP = gT, temos:

R
106 RP
4
4

 G PRP   G TRT  P  T 
3
3
T RP
RP
P
 106.
T
212. (Ufrgs 2010) A Astronomia estuda objetos celestes que, em sua
maioria, se encontram a grandes distâncias da Terra. De acordo
com a mecânica newtoniana, os movimentos desses objetos
obedecem à Lei da Gravitação Universal.
Considere as seguintes afirmações, referentes às unidades
empregadas em estudos astronômicos.
I. Um ano-luz corresponde à distância percorrida pela luz em
um ano.
II. Uma unidade Astronômica (1 UA) corresponde à distância
média entre a Terra e o Sol.
III. No Sistema Internacional (SI), a unidade da constante G da
2
Leia da Gravitação Universal é m/s .
Dados: Mt = 6,0  10 kg; G = 6,7  10
Da expressão dada:
24
2
2
d2
6,7  1011  6  1024
 16  1014  4  107 m
0,25
G Mt

g

d = 4  10 km.
4
215. (Espcex (Aman) 2011) Um bloco de massa m = 24 kg é mantido
suspenso em equilíbrio pelas cordas L e Q, inextensíveis e de
massas desprezíveis, conforme figura abaixo. A corda L forma um
ângulo de 90° com a parede e a corda Q forma um ângulo de 37°
com o teto. Considerando a aceleração da gravidade igual a
10m / s2 , o valor da força de tração que a corda L exerce na
parede é de:
(Dados: cos 37° = 0,8 e sen 37° = 0,6)
F r2
. Lembrando que unidade de força é
Mm
r2
igual à unidade de massa multiplicada pela unidade de
aceleração, vem:
m a r2 
 G   M m  . Substituindo as unidades:


Mm
2
N.m /kg ; g = 0,25 m/s .
g= GM d=
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas II.
(C) Apenas III.
(D) Apenas I e II.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO:
I. Correta. Somente uma observação: um ano luz corresponde
à distância percorrida pela luz em ano, no vácuo.
II. Correta.
III. Errada. Da expressão de Newton para gravitação universal:
FG
−11
G
(A) 144 N
(B) 180 N
(C) 192 N
(D) 240 N
(E) 320 N
RESPOSTA: E
COMENTÁRIO: Observe a figura abaixo.
 kg.m.s2 .m2 
1 3 2
   G  kg .m .s 
2
kg


213. (Espcex (Aman) 2011) O campo gravitacional da Terra, em
determinado ponto do espaço, imprime a um objeto de massa de
 G  
1 kg a aceleração de 5m / s2 . A aceleração que esse campo
imprime a um outro objeto de massa de 3 kg, nesse mesmo ponto,
é de:
2
(A) 0,6m / s
Para haver equilíbrio, a resultante de P e TL deve ter o mesmo
2
(B) 1m / s
2
(C) 3m / s
módulo e ser oposta a TQ . Sendo assim e, a partir do triângulo
sombreado, podemos escrever:
2
(D) 5m / s
2
(E) 15m / s
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A intensidade do campo gravitacional é uma
tg370 
P
0,6 240


 TL  320N
TL
0,8
TL
216. (Ufpel 2011) Uma caixa A, de peso igual a 300 N, é suspensa por
duas cordas B e C conforme a figura abaixo.
58
cos 30° = T2
T3

3 500

2
T3
 T3 
1.000 N.
3
tg 30° =
P2
T2

1 300

2
TB
 P2 
500 3  3  500( 3 )

3  3 
3 3
 P2 
500
3
O coeficiente de atrito estático entre o plano e o bloco é 0,70. O
valor do módulo da força para o qual o bloco começará a descer o
plano inclinado é:
(A) superior a 350 N
(B) superior a 65 N
(C) superior a 315 N
(D) igual a 175 N
(E) igual a 500 N
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: A figura mostra as forças que agem no bloco.
Da Figura 2:
PB
TB
P
3
 2
3
500
218. (Udesc 2010) Uma pessoa começa a empurrar um bloco de peso
igual a 500 N, em repouso sobre um plano inclinado de 30o, com
uma força crescente F, paralela ao plano e dirigida para baixo.
Dados: cos 30º = 0,9; sen 30º = 0,5.
O valor da tração na corda B é igual a
(A) 150,0 N.
(B) 259,8 N.
(C) 346,4 N.
(D) 600,0 N.
(E) 900,0 N
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Dado: P = 300 N
A Figura 1 mostra as forças que agem no nó. Como a caixa está em
repouso, a resultante das forças que agem sobre ela é nula. Então
pela regra poligonal, elas devem formar um triângulo, como
mostrado na Figura 2.
sen30 

 TB  600 N.
217. (Uece 2010) Na figura a seguir, o peso P1 é de 500 N e a corda RS
é horizontal.
Como o corpo está em repouso  FR  0
N  Pcos300  500  0,9  450N
F  Psen300  Fat  N  F  500.0,5  0,7  450  F  65N
Os valores das tensões T1, T2 e T3 e o peso P2, em Newton, são,
respectivamente,
Para haver movimento  F  65N
(A) 500 2 , 500, 1000 /
3 e 500 / 3 .
(B) 500 / 2 , 1000, 1000 3 e 500 3 .
(C) 500 2 , 1000, 1000 / 3 e 500 / 3 .
(D) 500 / 2 , 500, 1000 3 e 500 3 .
219. (Unesp 2010) Um professor de física pendurou uma pequena
esfera, pelo seu centro de gravidade, ao teto da sala de aula,
conforme a figura:
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO:
Dado: P1 = 500 N.
Como é uma situação de equilíbrio, a resultante em cada um dos
nós R e S é nula. Aplicando, então, a regra da poligonal em cada
um dos nós.
Em um dos fios que sustentava a esfera ele acoplou um
dinamômetro e verificou que, com o sistema em equilíbrio, ele
marcava 10 N. O peso, em newtons, da esfera pendurada é de
(A) 5
(B) 10.
(C) 10
(D) 20.
Na Fig I:
sen 45° =
P1
T1
2 500

2
T1

 T1 
1.000
2
3.
(E) 20 3.
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Como a esfera está em equilíbrio, a resultante das
forças é nula.
 T1  500 2 N.
tg 45° = P1  1  500  T2 = 500 N.
T2
3.
T2
Na Fig II:
59
221. (Ime 2010)
sen 30° =
Tdin
1 10
 
 P  20 N.
P
2 P
220. (Pucrs 2010) Dois operários suspendem um balde por meio de
cordas, conforme mostra o esquema a seguir.
A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio,
uma força F aplicada no ponto C. Para que os esforços nas barras
AC e BC sejam, respectivamente, 36 N (compressão) e 160 N
(tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal
da força F devem ser:
Observação:
Despreze os pesos das barras e adote
(A)
(B)
(C)
3
1
São dados: sen30º = cos60º = e sen30º = cos60º =
2
2
(D)
80 N    , 100 N  
3  1,7 .
100 N    , 80 N  
80 N    , 100 N  
100 N    80 N  
100 N    80 N  
(E)
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A figura abaixo mostra as forças externas que
agem na estrutura:
Sabe-se que o balde, com seu conteúdo, tem peso 50N, e que o
ângulo formado entre as partes da corda no ponto de suspensão é
60o. A corda pode ser considerada como ideal (inextensível e de
massa desprezível).
Quando o balde está suspenso no ar, em equilíbrio, a força
exercida por um operário, medida em newtons, vale:
(A) 50
(B) 25
50
(C)
3
(D) 25 2
(E) 0,0
RESPOSTA: C
1ª Solução: As duas forças de tração formam entre si 60°. A
resultante delas tem a mesma intensidade do peso do balde.
Para
haver
equilíbrio
é
preciso
que
MFO(qualquer)  0.
F  0
e
Calculando a resultante vertical das forças, temos:
Fy  T2sen30º  0  Fy  T2.sen30º  80N
Calculando a resultante horizontal das forças, temos:
FX  C1  T2 cos30  0  FX  36  160x1,7 / 2  0 
FX  100N
222. (Ufmg 2010) Para pintar uma parede, Miguel está sobre um
andaime suspenso por duas cordas. Em certo instante, ele está
mais próximo da extremidade direita do andaime, como mostrado
nesta figura:
Aplicando a lei dos cossenos para o paralelogramo:
R = F12  F22  2 F1 F2 cos 
2
 R2 = T2  T2  2 T T cos
60°  R = 3 T  R = T 3 .
Como R = P = 50 N, vem:
2
T=
50
3
2
N.
2ª Solução: A resultante das componentes verticais (Ty) das forças
de tração equilibram o peso. Então:
50
2 Ty = P  2 T cos 30° = P  2 T 3 = 50  T =
N.
2
3
Sejam TE e TD os módulos das tensões nas cordas,
respectivamente, da esquerda e da direita e P o módulo da soma
do peso do andaime com o peso de Miguel.
Analisando-se essas informações, é CORRETO afirmar que
(A) TE = TD e TE + TD = P.
(B) TE = TD e TE + TD > P.
(C) TE < TD e TE + TD = P.
60
(D) TE < TD e TE + TD > P.
(E) TE > TD e TE + TD > P
RESPOSTA: C
Considerando o modelo simplificado de um móbile , onde AC
representa a distância entre o fio que sustenta m1 e o fio que
sustenta m2 , e AB  1 AC , qual a relação entre as massas m1 e
8
m2 ?
(A)
m1 
1
 m2
8
m1  7  m2
m1  8  m2
(C)
m1  21 m2
(D)
m1  15  m2
(E)
(B)
Equilíbrio de translação: A resultante das forças é nula. Assim, TE +
TD = P.
Equilíbrio de rotação:
M
hor
  Mantihor  TE (y) = TD (x).
RESPOSTA: B
COMENTÁRIO: De acordo com o próprio enunciado, se há
equilíbrio de rotação a soma dos momentos em relação a um eixo
de rotação (polo) é nulo. Desprezando o peso da barra AC,
adotando o sentido anti-horário de rotação como positivo e o
ponto B como polo, temos:
Como x > y, TE < TD
223. (G1 - cftmg 2010) No desenho abaixo, um corpo B, de massa igual
a 4M, está suspenso em um dos pontos equidistantes de uma
barra homogênea, de comprimento L e massa M, que se encontra
apoiado em uma cunha.
Para que a barra permaneça em equilíbrio horizontal, um corpo A
de massa M devera ser suspenso no ponto
(A) I.
(B) II.
(C) III.
(D) IV.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIO: Na barra há seis divisões. Portanto, cada divisão
corresponde a L .
1
7
AC  BC  AC  BC  AC.
8
8
Equacionando os Momentos:
AB  BC  AC 
1

7

MBP  MBP  0  P1 AB  P2 BC  0  m1 g  AC  m2 g  AC  0 
1
2
8

8

m1  7m2 .
225. (G1 - ifce 2011) Uma barra homogênea de comprimento L e peso
P é posta em equilíbrio na horizontal por meio de um apoio e um
dinamômetro, cuja escala máxima corresponde a 1 do peso da
3
barra. Identifique a situação em que a escala do dinamômetro não
é ultrapassada.
6
Como a barra está em equilíbrio, o somatório dos momentos
horários é igual ao somatório dos momentos anti-horários.
Sendo PA o peso do corpo A, P peso da barra, PB o peso do corpo B
e g a intensidade do campo gravitacional local, em relação ao
ponto de apoio na cunha, temos:
(A)
MPB  MP  MPA  PB L  P L  PA d  4 M g L  M g L  M g d 
6
6
6
6
L
d= 3 .
6
O corpo A deve ser suspenso três divisões à direita do apoio, ou
seja, no ponto III.
224. (Uel 2012) Uma das condições de equilíbrio é que a soma dos
momentos das forças que atuam sobre um ponto de apoio seja
igual a zero.
(B)
(C)
61
(D)
Pendura-se um bloco de massa m = 2,0 kg na extremidade
esquerda da barra e coloca-se um bloco de massa M = 4,0 kg
sobre a barra do lado direito ao suporte. O valor de D, para que a
barra esteja em equilíbrio, em metros, vale
Dado: considere a aceleração da gravidade g = 10m / s2
(A) 4,5
(B) 5,0
(C) 5,5
(D) 6,0
(E) 6,5
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: A figura abaixo mostra as forças que agem na
barra e as distâncias relevantes.
(E)
RESPOSTA: C
Mostremos que a opção correta é C.
Como a barra está em equilíbrio, o somatório dos momentos é
nulo.
A tração deve ser um terço do peso da barra: T  P .
3
Em relação ao apoio temos:
L
P
L
3
MT  MP  T x  P 
xP
 x  L.
4
3
4
4
226. (Fgvrj 2011) Três adolescentes, José, Ana e Lúcia, pesando,
respectivamente, 420 N, 400 N e 440 N, estão sentados sobre uma
gangorra. A gangorra é de material homogêneo, e seu ponto
central O está apoiado em um suporte. De um lado da gangorra
estão José e Ana, distantes do ponto O, respectivamente, 1,0 m e
1,7 m, equilibrando a gangorra na horizontal com Lúcia do outro
lado. Nestas condições, desprezando efeitos devidos às dimensões
dos jovens, a distância de Lúcia ao ponto O é igual a
(A) 3,0 m
(B) 1,0 m
(C) 2,7 m
(D) 2,5 m
(E) 1,7 m
RESPOSTA: D
COMENTÁRIO: Observe as forças que agem na gangorra.
Para que a barra esteja em equilíbrio, é necessário que
MFO  0 .

Então:
40(7  D)  10x2  20x3  280  40D  40
 40D  240  D  6m
228. (Upe 2011) Uma barra de peso desprezível está sobre um apoio
situado no meio dela. Aplicam-se 3 forças sobre a barra, como
indicado na figura
Dados: considere cos 30º = 0,86 e sem 30º = 0,5.
Para que a barra esteja em equilíbrio, o valor de F, em newtons,
vale
(A) 17,2
(B) 12,7
(C) 10,0
(D) 20,0
(E) 18,0
RESPOSTA: A
COMENTÁRIO: A figura mostra a barra e a decomposição da força
de 20N.
Os momentos das forças devem anular-se. Portanto:
440x  400  1,7  420  1  440x  1100  x  2,5m
227. (Upe 2011) A figura abaixo mostra uma barra homogênea de peso
10 N e de comprimento 10 m que está apoiada sobre um suporte
distante de 3,0 m da sua extremidade esquerda.
62
3
(B) haverá um transbordamento de 0,398 cm de glicerina
(C) não haverá transbordamento e ainda se poderia preencher a
3
taça com 0,008 cm de glicerina
(D) não haverá transbordamento e ainda se poderia preencher a
3
taça com 0,490 cm de glicerina
(E) não haverá transbordamento e ainda se poderia preencher a
3
taça com 0,398 cm de glicerina
RESPOSTA: E
-4
3
COMENTÁRIOS: ∆Vtaça = γ .Vo.∆T=120.2,3.10 .18=0,49cm --3
-4
3
Val=120,49cm --- ∆Vglic = γ .Vo.∆T=5,1.10 .119.18=1,092cm --3
Vglic=120,092cm --- a glicerina não transbordará pois a taça
passará a ter um volume de 120,49 centímetros cúbicos, enquanto
que o volume total da glicerina passará a ser de 120,092
centímetros cúbicos. Esta diferença 120,49 - 120,092 = 0,398
centímetros cúbicos é quanto ainda se poderia preencher de
glicerina, na temperatura final.
Para que a barra esteja em equilíbrio, a soma dos momentos deve
ser nula.
F.L  (20cos300 ).L  F  20cos300  20
3
 10 3N  17,3N
2
229. (G1 - col.naval 2011) Observe a ilustração abaixo.
231. (Pucrs 2010) As variações de volume de certa quantidade de água
e do volume interno de um recipiente em função da temperatura
foram medidas separadamente e estão representadas no gráfico
abaixo, respectivamente, pela linha contínua (água) e pela linha
tracejada (recipiente).
O sistema apresentado mostra uma alavanca, de tamanho total
igual a 3,5m, usada para facilitar a realização de um trabalho.
Considerando que no local a gravidade tenha um valor
2
aproximado de 10 m/s , assinale a opção que torne verdadeiros,
simultaneamente, o tipo da alavanca mostrado e o valor da força
"F" que coloque o sistema em equilíbrio.
(A) Interfixa e F = 25N
(B) Interfixa e F = 250N
(C) Interpotente e F = 25N
(D) Interpotente e F = 250N
(E) Inter-resistente e F = 25N
RESPOSTA: B
2
COMENTÁRIO: Dados: m = 150 kg; g = 10 m/s ; bP = 0,5 m; bF = 3,0
m.
Estudantes, analisando os dados apresentados no gráfico, e
supondo que a água seja colocada dentro do recipiente, fizeram as
seguintes previsões:
I. O recipiente estará completamente cheio de água, sem haver
derramamento, apenas quando a temperatura for 4ºC.
II. A água transbordará apenas se sua temperatura e a do
recipiente assumirem simultaneamente valores acima de
4ºC.
III. A água transbordará se sua temperatura e a do recipiente
assumirem simultaneamente valores acima de 4ºC ou se
assumirem simultaneamente valores abaixo de 4ºC.
A(s) afirmativa(s) correta(s) é/são:
(A) I, apenas.
(B) I e II, apenas.
(C) I e III, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS: Analisando o gráfico, notamos que o volume da
água e o volume do recipiente são iguais apenas a 4°C. Portanto,
se a água é colocada no recipiente a 4 °C, ela não transbordará.
Em qualquer outra temperatura, acima ou abaixo desse valor, o
volume da água é maior que o volume interno do recipiente e,
então, a água transbordará. A palavra apenas elimina a afirmativa
II.

A alavanca é interfixa, pois o apoio está entre a força potente F

e força resistente P
Se o trabalho a ser realizado é levantar o corpo, a figura não
ilustra corretamente a finalidade da questão, pois o corpo está
também apoiado no solo. Da maneira como está, a tendência da
alavanca é tombar o corpo, e não levantá-lo.

Supondo que a linha de ação do peso P passe pela extremidade
esquerda da alavanca, numa situação de equilíbrio horizontal
teríamos o equilíbrio dos momentos.
M
horário
F
  Mantihorário
1500  0,5
3


F (3) = P (0,5)

F = 250 N.
FÍSICA III
3
O lugar mais frio do mundo
3
230. (UFPR-PR) Uma taça de alumínio de 120 cm contém 119 cm de
glicerina a 21°C. Considere o coeficiente de dilatação linear do
-4 -1
alumínio como sendo de 2,3.10 K e o coeficiente de dilatação
-4 -1
volumétrico da glicerina de 5,1.10 K . Se a temperatura do
sistema taça-glicerina for aumentada para 39°C, a glicerina
transbordará ou não?
3
(A) haverá um transbordamento de 0,092 cm de glicerina
Ainda existe um lugar na Terra, onde o homem jamais pisou.
Ele se chama Ridge A (“cordilheira A”, em inglês), fica 4 mil
metros de altitude – 30 % mais alto que a cidade de La Paz, na
Bolívia – e está a 600 quilômetros do Polo Sul. Mas a principal
característica desse lugar, que acaba de ser revelado por imagens
63
de satélite, é outra: Ridge A é o ponto mais frio da face da Terra,
com temperatura média de 70 graus Celsius negativos. Até então,
acreditava-se que o lugar mais frio do mundo fosse o lago Vostok,
na Antártida, que chegou a registrar 90 graus Celsius negativos.
Mas isso foi uma exceção. “ Na média, Ridge A é muito mais frio
do que o lago Vostok ou qualquer outro lugar conhecido”, afirma
Will Saunders, astrônomo da Universidade de New South Wales e
descobridor do lugar.
(C) 10ºB e 17ºC
(D) 10ºB e 27ºC
(E) 17ºB e 10ºC
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
Adaptado de: Revista Super Interessante. Edição 271, p. 32, Novembro
2009.
232. (G1 - cftsc 2010) Diferentemente de nós, que usamos a escala de
temperatura Celsius, os americanos utilizam a escala de
temperatura Fahrenheit. Se esse texto fosse dirigido a estudantes
americanos, como seria expressa a temperatura de – 70°C?
(A) 0°F
(B) – 60°F
(C) – 55°F
(D) – 40°F
(E) – 94°F
RESPOSTA: E
COMENTÁRIOS: Usando a equação de conversão entre essas
escalas:
TC TF  32

5
9

70 TF  32

5
9

Montando as equações que relacionam essas escalas:
TC  0 TB  ( 10) 17  10 7
T T  10


  C B
 1
100  0 90  ( 10) 80  10 70 10
10
TB  10
 1  TB  10  10  TB  0 °B.
10
TC
 1  TC  10 °C.
10
TF = 9 (-14) + 32
 TF = -94 °F.
233. (Pucrj 2010) Temperaturas podem ser medidas em graus Celsius
o
(C ) ou Fahrenheit (Fº). Elas têm uma proporção linear entre si.
o
o
o
o
Temos: 32 F = 0 C ; 20 C = 68 F . Qual a temperatura em que
ambos os valores são iguais?
(A) 40
(B) −20
(C) 100
(D) −40
(E) 0
RESPOSTA: D
COMENTÁRIOS: A equação de conversão entre essas escalas é:
235. (Epcar (Afa) 2011-MODIFICADA) Quando usamos um termômetro
clínico de mercúrio para medir a nossa temperatura, esperamos
um certo tempo para que o mesmo possa indicar a temperatura
correta do nosso corpo. Com base nisso, analise as proposições a
seguir.
I.
Ao indicar a temperatura do nosso corpo, o termômetro
entra em equilíbrio térmico com ele, o que demora algum
tempo para acontecer.
II. Inicialmente, a indicação do termômetro irá baixar, pois o
vidro transmite mal o calor e se aquece primeiro que o
mercúrio, o tubo capilar de vidro se dilata e o nível do líquido
desce.
III. Após algum tempo, como o mercúrio se dilata mais que o
vidro do tubo, a indicação começa a subir até estabilizar,
quando o termômetro indica a temperatura do nosso corpo.
TC TF  32

. Fazendo TC = TF = T, vem:
5
9
T
T  32

 9 T = 5 T – 160  4 T = – 160  T = – 40.
5
9
234. (Mackenzie 2010) Um termômetro graduado na escala Celsius
(ºC) é colocado juntamente com dois outros, graduados nas
escalas arbitrárias A (ºA) e B (ºB), em uma vasilha contendo gelo
(água no estado sólido) em ponto de fusão, ao nível do mar. Em
seguida, ainda ao nível do mar, os mesmos termômetros são
colocados em uma outra vasilha, contendo água em ebulição, até
atingirem o equilíbrio térmico.
As medidas das temperaturas, em cada uma das experiências,
estão indicadas nas figuras 1 e 2, respectivamente.
Podemos afirmar que são corretas as afirmativas
(A) I e II apenas.
(B) I e III apenas.
(C) II e III apenas.
(D) I, II e III
(E) III apenas
RESPOSTA: D
COMENTÁRIOS: I. Correta. Como o termômetro e o corpo estão
a diferentes temperaturas, há transferência de calor do corpo
para o termômetro. Devido à condutividade térmica, leva algum
tempo para que o equilíbrio térmico seja atingido.
II. Correta. Sem comentários, pois a alternativa auto se explica.
III. Correta. Sem comentários, pois a alternativa auto se explica.
236. (Cesgranrio 2010) Duas escalas termométricas E1 e E2 foram
criadas. Na escala E1, o ponto de fusão do gelo sob pressão de 1
atm (ponto de gelo) corresponde a + 12 e o ponto de ebulição da
água sob pressão de 1 atm (ponto de vapor) corresponde a + 87.
Na escala E2, o ponto de gelo é + 24. Os números x e y são,
respectivamente, as medidas nas escalas E1 e E2 correspondentes
a 16 ºC. Se os números 16, x e y formam, nessa ordem, uma
Progressão Geométrica, o ponto de vapor na escala E2 é
(A) 120
(B) 99
Para uma outra situação, na qual o termômetro graduado na
escala A indica 17º A, o termômetro graduado na escala B e o
graduado na escala Celsius indicarão, respectivamente,
(A) 0ºB e 7ºC
(B) 0ºB e 10ºC
64
(C) 78
(D) 64
(E) 57
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS: Para melhor visualização, coloquemos os dados
na figura a seguir.
T  35
50
T  35


 0,5  T  35  3,5  T  38,5 C .
42  35 10  0
7
238. (Ueg-2010-MODIFICADA)
A contracepção é a prevenção
deliberada da gravidez. Uma das formas usadas para impedir a
gravidez é abster-se de relações sexuais apenas durante o período
fértil do ciclo menstrual. Esse método é conhecido como método
do timo ovulatório ou da “tabelinha”. O gráfico abaixo apresenta
as variações em °C da temperatura corpórea em função dos dias
do ciclo menstrual de uma mulher.
Como os números 16, x e y estão em progressão geométrica
(P.G.), temos:
2
x = 16 r e y = 16 r , sendo r a razão da P.G.
Comparando a escala E1 com a escala Celsius:
x  12 16  0
x  12 16
x  12 16




  x  12  12 
87  12 100  0
75
100
3
4
x = 24.
Mas: x = 16 r  24 = 16 r  r =
3
.
2
2
2
 3
 9
 16    y  36.
 4
2
Como: y = 16 r  y = 16  
 
Qual é a variação aproximada da temperatura corpórea, em graus
centígrados no gráfico, que ocorre no período seguro e que
corresponde ao menor risco de gravidez?
(A) 0,0
(B) 0,3
(C) 0,6
(D) 1,1
(E) 1,6
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS: A parte sombreada do gráfico mostra o período
seguro.
Comparando a escala E2 com a escala Celsius:
T2  24 100  0
T  24 25
T  24 25


 2

 2

y  24
16  0
36  24
4
12
4
T2 – 24 = 75 
T2 = 99.
237. (Pucpr 2010) Dona Maria do Desespero tem um filho chamado
Pedrinho, que apresentava os sintomas característicos da gripe
causada pelo vírus H1N1: tosse, dor de garganta, dor nas
articulações e suspeita de febre. Para saber a temperatura
corporal do filho, pegou seu termômetro digital, entretanto, a
pilha do termômetro tinha se esgotado.
Como segunda alternativa, resolveu utilizar o termômetro de
mercúrio da vovó, porém, constatou que a escala do termômetro
tinha se apagado com o tempo, sobrando apenas a temperatura
mínima da escala 35 ºC e a temperatura máxima de 42 ºC.
Lembrou-se, então, de suas aulas de Termometria do Ensino
Médio. Primeiro ela mediu a distância entre as temperaturas
mínima e máxima e observou h = 10 cm. Em seguida, colocou o
termômetro embaixo do braço do filho, esperou o equilíbrio
térmico e, com uma régua, mediu a altura da coluna de mercúrio a
partir da temperatura de 35 ºC, ao que encontrou h = 5 cm.
Com base no texto, assinale a alternativa CORRETA.
(A) Pedrinho estava com febre, pois sua temperatura era de 38,5
ºC.
(B) Pedrinho não estava com febre, pois sua temperatura era de
36,5 ºC.
(C) Uma variação de 0,7 ºC corresponde a um deslocamento de
0,1 cm na coluna de mercúrio.
(D) Se a altura da coluna de mercúrio fosse h = 2 cm a
temperatura correspondente seria de 34 ºC.
(E) Não é possível estabelecer uma relação entre a altura da
coluna de mercúrio com a escala termométrica.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIOS:
No período seguro a temperatura varia entre um mínimo de 36,45
º
º
C e 36,70 C.
Δ T = 36,70 - 36,45 = 0,250C
239. (Unesp 2010) Um termoscópio é um dispositivo experimental,
como o mostrado na figura, capaz de indicar a temperatura a
partir da variação da altura da coluna de um líquido que existe
dentro dele. Um aluno verificou que, quando a temperatura na
o
qual o termoscópio estava submetido era de 10 C, ele indicava
uma altura de 5 mm. Percebeu ainda que, quando a altura havia
o
aumentado para 25 mm, a temperatura era de 15 C.
65
o
o
Quando a temperatura for de 20 C, a altura da coluna de líquido,
em mm, será de
(A) 25.
(B) 30.
(C) 35.
(D) 40.
(E) 45.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIOS: Como a temperatura varia linearmente com a
altura da coluna líquida, podemos escrever:
C1= - 35,6 C
C/5 = (F -32)/9
C2/5 = (23 – 32)/9
o
C2= - 5 C
242. (FMTM-MG) A fim de diminuir o risco de explosão durante um
incêndio, os botijões de gás possuem um pequeno pino com
aspecto de parafuso, conhecido como plugue fusível. Uma vez que
a temperatura do botijão chegue a 172ºF, a liga metálica
desse dispositivo de segurança se funde, permitindo que o gás
escape. Em termos de nossa escala habitual, o derretimento do
plugue fusível ocorre, aproximadamente, a
(A) 69ºC.
(B) 78ºC.
(C) 85ºC.
(D) 96ºC.
(E) 101ºC.
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
o
C/5=(172 – 32)/9 --- C=78 C
T h
15  10 20  10
5
10





 5(h  5)  200  h  45 mm
T0
h0
25  5
h5
20 h  5
240. (G1-cftmg-2010-MODIFICADA) Nos pontos de fusão e de ebulição
da água, as colunas líquidas de um termômetro de mercúrio
valem, respectivamente, 10,0 cm e 25,0 cm. Para a temperatura
de 33,3 °C, a altura aproximada dessa coluna, em centímetros,
vale
(A) 5,00.
(B) 10,0.
(C) 15,0.
(D) 20,0
(E) 25,0.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
Analisando a figura:
243. (UFMS/MS) Através de experimentos, biólogos observaram que a
taxa de canto de grilos de uma determinada espécie estava
relacionada com a temperatura ambiente de uma maneira que
poderia ser considerada linear. Experiências mostraram que, a
uma temperatura de 21º C, os grilos cantavam, em média, 120
vezes por minuto; e, a uma temperatura de 26º C, os grilos
cantavam, em média, 180 vezes por minuto. Conside T a
temperatura em graus Celsius e n o número de vezes que os grilos
cantavam
por
minuto.
Supondo que os grilos estivessem cantando, em média, 156 vezes
por minuto, de acordo com o modelo sugerido nesta questão,
estima-se que a temperatura deveria ser igual a:
(A) 21,5º C .
(B) 22º C .
(C) 23º C .
(D) 24º C .
(E) 25,5º C .
RESPOSTA: -D
COMENTÁRIOS: Em Δt=(26-21)=5s houve um aumento de canto
de (180 – 120)=60 vezes por minuto --- portanto a taxa de
o
aumento é constante e de 60/5=12 vezes por minuto por cada C
--- com os grilos cantando 156 vezes por minuto, em relação à
situação inicial você terá (156 – 120)=36 vezes de aumento por
minuto --- regra de três --- cada 12 vezes a mais – aumento de
o
o
o
1 C --- cada 36 vezes a mais – aumento de x C --- X=3 C --o
o
como a temperatura inicial era 21 C e houve um aumento de 3 C,
o
a temperatura final será (21 + 3)=24 C ---
h  10
33,3  0

25  10 100  0
h  10

 0,333
15
 h = 15 (0,333)  10

h = 15 cm.
241. (CPS-SP-2011) Você já pensou em passar a noite em uma geladeira
ou dormir sobre uma grande pedra de gelo?
Apesar de essa ideia ser assustadora, já existem hotéis feitos de
gelo que são como imensos iglus. O primeiro hotel de gelo do
mundo, o Ice, fica na Suécia. Esse hotel possui paredes, camas,
mesas e tudo o que existe em um hotel normal, só que de gelo.
Não há como não se impressionar.
A inusitada construção é branca, transparente e costuma durar
apenas o período do inverno, porque depois o gelo se derrete.
Em 2009, Raquel, aluna de uma das ETECs, hospedou-se no hotel
Ice. Naquela noite, observou que o termômetro marcava, na
escala Fahrenheit (°F), para a temperatura externa, −32°F e, para a
interna do hotel, 23°F. Curiosa, Raquel resolveu calcular, em graus
Celsius ( °C ), essas temperaturas.
Sabendo que, para a água, o ponto de gelo é 0°C ou 32°F e que o
ponto de vapor é 100°C ou 212°F, Raquel concluiu que a
temperatura externa do hotel e a temperatura interna valiam,
respectivamente, em graus Celsius:
244. (PUC-SP) O gráfico representa a relação entre a temperatura
medida em uma escala de temperatura hipotética W e a
temperatura medida na escala Celsius, sob pressão normal.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIOS:
C/5 = (F -32)/9
C1/5= (-32 -32)/9
A temperatura de fusão do gelo e a de ebulição da água são, em
graus W, respectivamente iguais a
66
(A) - 40 e 40
(B) 40 e 110
(C) 20 e 110
(D) - 40 e 100
(E) 20 e 100
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
Deduzindo a equação de conversão
(W – (-40))/(20 – (-40) = (C – 0)/(40 – 0)
(W + 40)/(20 + 40) = C/40
(W + 40)/3 = C/2
247. (UFPEL-RS) É comum, no painel de informações das cabines dos
aviões, estar registrada a temperatura externa de duas maneiras:
em graus Celsius e em Fahrenheit. Assinale a alternativa com o
gráfico que representa corretamente as temperaturas registradas
para o ar, no painel do avião, quando ele se desloca do solo ao
topo das nuvens.
fusão do gelo
C=0oC
(W + 40)/3=0/2
W=-40oW
ebulição da água
C=100oC --(W + 40)/3=100/2
W + 40 = 150
o
W=110 W
245. (CPS-SP) Um estudante paulista resolve construir um termômetro
e criar uma escala termométrica arbitrária "SP" utilizando a data
da fundação da cidade de São Paulo, 25 de janeiro de 1554.
Adotou como ponto fixo do gelo o número 25 e como ponto fixo
do vapor o número 54.
A relação de conversão entre as escala "Celsius" e "SP" é:
(A) tc/50 = (tsp - 25)/29
(B) tc/100 = (tsp - 54)/29
(C) tc/100 = (tsp - 25)/29
(D) tc/100 = (tsp - 25)/79
(E) tc/50 = (tsp - 25)/54
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
(C – 0)/(100 – 0) = (SP – 25)/(54 – 25) --- C/100 = (SP – 25)/29
246. (UNESP-SP) Um estudante desenvolve um termômetro para ser
utilizado especificamente em seus trabalhos de laboratório. Sua
idéia é medir a temperatura de um meio fazendo a leitura da
resistência elétrica de um resistor, um fio de cobre, por exemplo,
quando em equilíbrio térmico com esse meio. Assim, para calibrar
esse termômetro na escala Celsius, ele toma como referências as
temperaturas de fusão do gelo e de ebulição da água. Depois de
várias medidas, ele obtém a curva apresentada na figura.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIOS:
o
o
Quando a Celsius marca –70 C --- -70/5 = (F – 32)/9 --- F=-94 C
o
o
--- quando a Celsius marca 40 C --- 40/5 = (F – 32)/9 ---F=104 F
248. (UNIFESP-SP) O texto a seguir foi extraído de uma matéria sobre
congelamento de cadáveres para sua preservação por muitos
anos, publicada no jornal O Estado de S. Paulo de 21.07.2002.
Após a morte clínica, o corpo é resfriado com gelo. Uma injeção de
anticoagulantes é aplicada e um fluido especial é bombeado para
o coração, espalhando-se pelo corpo e empurrando para fora os
fluidos naturais. O corpo é colocado numa câmara com gás
nitrogênio, onde os fluidos endurecem em vez de congelar. Assim
que atinge a temperatura de –321º, o corpo é levado para um
tanque de nitrogênio líquido, onde fica de cabeça para baixo.
Na matéria, não consta a unidade de temperatura usada.
Considerando que o valor indicado de –321º esteja correto e que
pertença a uma das escalas, Kelvin, Celsius ou Fahrenheit, pode-se
concluir que foi usada a escala:
(A) Kelvin, pois trata-se de um trabalho científico e esta é a
unidade adotada pelo Sistema Internacional.
(B) Fahrenheit, por ser um valor inferior ao zero absoluto e,
portanto, só pode ser medido nessa escala.
(C) Fahrenheit, pois as escalas Celsius e Kelvin não admitem esse
valor numérico de temperatura.
A correspondência entre a temperatura T, em °C, e a resistência
elétrica R, em Ω, é dada pela equação
(A) T = 100.(R - 16) / 6,6.
(B) T = 100.6,6 / (R - 16).
(C) T = (R - 6,6) / (6,6.100).
(D) T = 100.(R - 16) / 16.
(E) T = 100.(R - 6,6) / 16.
RESPOSTA: A
COMENTÁRIOS:
67
(D) Celsius, pois só ela tem valores numéricos negativos para a
indicação de temperaturas.
(E) Celsius, por tratar-se de uma matéria publicada em língua
portuguesa e essa ser a unidade adotada oficialmente no
Brasil.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
A menor temperatura obtida é o zero absoluto (0 K) que
o
corresponde a -273 C
250. (Ufla-2010-MODIFICADA) Duas barras metálicas A e B de um
mesmo material e a uma mesma temperatura inicial têm
comprimento L0A e L0B = 3 L0A. A seguir, varia‐se a temperatura da
barra A de ΔTA, o que faz a barra A sofrer uma variação de
dilatação ΔLA. Para que a barra B sofra a mesma variação de
comprimento da barra A, deve‐se variar a temperatura da barra B,
ΔTB de
(A) 3 ΔTA
(B)
249. (Fuvest 2012)
1
TA
3
(C) ΔTA
(D)
1
TA
2
(E) 2ΔTA
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
LB = LA
TB 
Para ilustrar a dilatação dos corpos, um grupo de estudantes
apresenta, em uma feira de ciências, o instrumento
esquematizado na figura acima. Nessa montagem, uma barra de
alumínio com 30cm de comprimento está apoiada sobre dois
suportes, tendo uma extremidade presa ao ponto inferior do
ponteiro indicador e a outra encostada num anteparo fixo. O
ponteiro pode girar livremente em torno do ponto O, sendo que
o comprimento de sua parte superior é 10cm e, o da inferior,
2cm. Se a barra de alumínio, inicialmente à temperatura de 25 ºC,
for aquecida a 225 ºC, o deslocamento da extremidade superior
do ponteiro será, aproximadamente, de
(A)
(B)
(C)
1
2  10 ºC
(D)
(A) 1 mm.
(B) 3 mm.
(C) 6 mm.
(D) 12 mm.
(E) 30 mm.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
–6
-1
Dados: L0 = 30 cm;  = 210 °C ; 0 = 25 °C; q = 225 °C; R = 10
 d  0,12 cm  d  1,2 mm.
D 10

1,2
2
 D
12
2
α(T  T0 )
α(T  T0 )  1
α(T  T0 )  1
2α(T  T0 )  1


R R0 1  α  T  T0 

 1  α(T  T0 )
R0
R0
252. (Uel 2011) Um retângulo é formado por um fio de cobre e outro
de alumínio, como mostra a figura A. Sabendo-se que o
−6
−1
coeficiente de dilatação linear do cobre é de 17 x 10 ºC e o do
−6
−1
alumínio é de 24 x 10 ºC , qual o valor do ângulo α se a
temperatura do retângulo for elevada de 100 ºC, como está
apresentado na figura B?
Pela figura abaixo,
vemos que o deslocamento da extremidade superior (D) é
diretamente proporcional ao da extremidade inferior (d).
D R


d r
D  6 mm.
1
TA .
3
2α(T  T0 )  1
(E)
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
cm; r = 2 cm.
Calculando a dilatação (d) da barra:
d  L0   30  2  105   225  25
3 L
 TB  L0 B T A
0 B
251. (Upe 2011)
Um disco de alumínio, inicialmente a uma
temperatura T0, possui um furo concêntrico de raio R0. O disco
sofre uma dilatação térmica superficial, quando aquecido até uma
temperatura T. Considerando que o coeficiente de dilatação linear
do alumínio α é constante durante a variação de temperatura
considerada e R é o raio do furo do disco após a dilatação térmica,
é correto afirmar que a relação R/R0 é expressa por
Note e adote: Coeficiente de dilatação linear do alumínio
5

(A)
(B)
(C)
(D)
(E)

68
89,98°
30°
15°
0,02°
60°
RESPOSTA: A
COMENTÁRIOS: OBS: para se chegar à resposta, não é necessário
resolver a questão, basta usar o bom senso: a dilatação é muito
pequena, portanto o ângulo e um pouquinho menor que 90°.
Dentre as opções, só há 89,98°. Mas vamos aos cálculos:
Calculando as medidas do retângulo dilatado:
– Para a base (b):

 
b  b0 Cu 1   Cu T   b0Al 1   Al T   8 1  17  10 6  100  5 1  24  10 6  100

(C) 65K
(D) 60K
(E) 70K
RESPOSTA: D
COMENTÁRIOS: Determinação do coeficiente de dilatação linear
da barra

b  13,0256 cm.
Determinação da temperatura final
L  L0 ..T  0,331L0  L0 .5  103.( T)  T 
– Para as alturas:

 10 1  24  10

 100
hCu  10 1  17  106  100
hAl
L  L0 ..T  0,1L0  L0 ..(20)    5  103 0 C 1
6
 66,2K  66K
 hCu  10,017 cm.
 hCu  10,024 cm.
255. (Ita 2010) Um quadro quadrado de lado ℓ e massa m, feito de um
material de coeficiente de dilatação superficial β, e pendurado no
pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as
extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro,
conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode
suportar é F. A seguir, o quadro e submetido a uma variação de
temperatura ΔT, dilatando. Considerando desprezível a variação
no comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar
que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser
pendurado com segurança é dado por
A figura abaixo mostra todas as medidas calculadas.
– No triângulo ABC:
10,024  10,017
 0,035.
2
  89,94.
AB 
253. (G1-cftmg-2011-MODIFICADA) Um recipiente cilíndrico, de vidro,
de 500ml está completamente cheio de mercúrio, a
temperatura de 22 ºC. Esse conjunto foi colocado em um freezer a
- 18 ºC e, após atingir o equilíbrio térmico, verificou-se um
Dados - Constantes físicas:
5
(A)
1
Coeficiente de dilatação linear do vidro: αv  1,0  10 º C .
Coeficiente
de
dilatação
volumétrica
do
mercúrio:
(B)
γHg  0,20  103 º C1 .
Constante
da
lei
de
2 F βT
mg
.
2 F(1  βT)
Coulomb
(para
o
vácuo):
4F2  m2g2 )
(C)
(E) espaço vazio de 3,4ml no recipiente.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
(E)
RESPOSTA: E
COMENTÁRIOS:
2
.
2 F(1  βT
mg
K0  9,0  10 N  m / C .
(A) transbordamento de 3,4ml de mercúrio.
(B) transbordamento de 3,8ml de mercúrio.
(C) espaço vazio de 3,4ml no recipiente.
(D) espaço vazio de 3,8ml no recipiente.
9
0,331
5x103
2
(D)
2 F (1  βT)
(2F  mg)
2 F
ΔVap  V0 ( γHg  γvidro )Δθ 
.
.
(1  βT)
(4F2  m2g2 )
.
ΔVap  500(0,2x103  3x1x10 5 )( 18  22)
 3,4mL
254. (Ufla-2010-MODIFICADA) Uma barra metálica de um material
experimental, à temperatura TA, tem comprimento LA. Quando
essa barra é aquecida à temperatura TB, sendo TB > TA, tem
comprimento LB = 1,331 LA. Sabe-se que a cada aumento de
temperatura de 20K, a barra aumenta seu comprimento em 10%.
Então, é CORRETO afirmar que a diferença de temperatura T B – TA
é
(A) 55K
(B) 50K
Nas figuras acima:
ℓ: lado inicial do quadrado;
ℓ’: lado do quadrado depois do aquecimento;
L: comprimento da corda;
h: distância OB .
69
Na Fig 1, no triângulo ABO, aplicando o teorema de Pitágoras,
temos:
2
2
257. (Udesc 2010) A tabela abaixo apresenta uma relação de
substâncias e os seus respectivos valores de coeficiente de
dilatação linear e condutividade térmica, ambos medidos à
temperatura de 20 °C.
Substância
Coeficiente de Condutividade
Dilatação Linear Térmica(W / mK))
-6
-1
(10 ºC )
L
'
 '
 L
h2        h2 


 2
 2
4
4
1 2
h
L  '2 . (equação 1)
2
2
2
Na Fig 2, como o quadro está em equilíbrio, a resultante das
forças é nula. Assim:
2 Fy = P  2 Fy = m g 
Gelo
Chumbo
Alumínio
Cobre
Concreto
Vidro Comum
mg
. (equação 2)
2
Fy 
O triângulo ABO da Fig 1 é semelhante ao triângulo das forças na
Fig 3. Então:
Fy
F
. Substituindo nessa expressão as equações (1) e (2),
L
2

h
temos:
2F
mg
2F
2




2
1 2
2
L
L
L2   '
L   '
2
mgL  2F L2   ' . Quadrando os dois membros:
2
2
m2 g2L2  4F2 L2   '  


m2g2L2  4F2L2  4F2  '  Colocando L2 em evidência,
2

vem:

L 4F2  m2g2  4F2  ' . (equação 3)
2
Da expressão da dilatação superficial:
A’ = A(1 +  T).
Mas: A’ =
 ' 2
e A =
2
. Então, substituindo na expressão
acima, vem:
 '2  2 1  T .
Voltando à equação (3) e isolando L
2
2
258. (Mackenzie 2010) Uma chapa metálica de área 1 m , ao sofrer
2
certo aquecimento, dilata de 0,36 mm . Com a mesma variação de
temperatura, um cubo de mesmo material, com volume inicial de
3
1 dm , dilatará
3
(A) 0,72 mm
3
(B) 0,54 mm
3
(C) 0,36 mm
3
(D) 0,27 mm
3
(E) 0,18 mm
RESPOSTA: B
COMENTÁRIOS:
2
6
2
2
3
6
Dados: A0 = 1 m = 10 mm ; A = 0,36 mm e V0 = 1 dm = 10
3
mm .
temos:
4F2 2 1  T

4F2  m2 g2
L2 
L= 2 F
1  T
4F2  m2 g2
256. (Mackenzie 2010) Uma placa de alumínio (coeficiente de
-5
-1
2
dilatação linear do alumínio = 2.10 ºC ), com 2,4 m de área à
temperatura de – 20 ºC, foi aquecido à 176 ºF. O aumento de área
da placa foi de
2
(A) 24 cm
2
(B) 48 cm
2
(C) 96 cm
2
(D) 120 cm
2
(E) 144 cm
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
-5
–1
2
Dados:  = 2  10 ºC ; A0 = 2,4 m ; T0 = –20°C; T = 176 °F.
Usando a equação de conversão de °F para °C:
TC TF  32


5
9
 TC  80 C.
5
0
0
C
0
6
A = A02  T  0,36 = 10 2  T   T =
6
V = V03  T  V = 10 3
3
0,36
0,18

.
2  106
106
0,18
3
 V = 0,54 mm .
106
259. (FGV-2011) Na Terra, o período de oscilação de um pêndulo, isto
é, o tempo que ele demanda para completar um ciclo completo,
corresponde, com boa aproximação, à raiz quadrada do quádruplo
do comprimento do pêndulo. O pêndulo de um carrilhão, ao
oscilar, bate o segundo e é constituído por uma fina haste de aço
de massa desprezível, unida a um grande disco de bronze, que
guarda em seu centro o centro de massa do conjunto haste-disco.
Suponha que a 20ºC, o centro de massa do conjunto esteja a 1
metro do eixo de oscilação, condição que faz o mecanismo
funcionar com exatidão na medida do tempo.
TC 176  32

5
9
Aplicando a expressão da dilatação superficial:
A  A  T  A 2   T  T   2,4  2  2  10  80   20   9,6  10
2
35
240
400
0,8
0,7
Assinale a alternativa correta, tomando como base as informações
acima.
(A) Barras do mesmo comprimento dos metais listados na tabela
sofrerão dilatações iguais, quando submetidas a uma
variação de temperatura de 20 °C.
(B) A condutividade térmica das substâncias permanece
constante, independentemente da temperatura em que estas
se encontram.
(C) Substâncias que possuem maior condutividade térmica
também apresentam maiores coeficientes de dilatação.
(D) Dentre as substâncias listadas na tabela, o cobre é a melhor
opção para fazer isolamentos térmicos.
(E) Duas chapas de dimensões iguais, uma de alumínio e outra
de concreto, são submetidas à mesma variação de
temperatura. Constata-se então que a variação de dilatação
superficial da chapa de alumínio é duas vezes maior que a da
chapa de concreto.
RESPOSTA: E
COMENTÁRIOS: A = A0 2 T. Como o alumínio apresenta o
dobro do coeficiente de dilatação em relação ao concreto, sua
dilatação superficial também é o dobro.
mg
2
51
29
24
17
12
9
m2 
A  96 cm2 .
70
-
Considerando que o coeficiente de dilatação linear do aço é 10.10
6
-1
ºC e supondo que o centro de massa da haste-disco se
mantenha sempre no centro do disco se a temperatura do
conjunto haste-disco subir 10ºC, a medida do tempo,
correspondente a meio ciclo de oscilação do pêndulo, se tornará
(A) √1,0001 s, fazendo com que o relógio
adiante.
(B) √2,0002 s, fazendo com que o relógio adiante.
(C) √1,0001 s, fazendo com que o relógio
atrase.
(D) √2,0002 s, fazendo com que o relógio atrase.
(E) √3,0003 s, fazendo com que o relógio atrase.
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
Novo comprimento ℓ do pêndulo quando a temperatura subir de
o
-6
10 C --- ℓ = ℓo (1 + α(t – to) --- ℓ = 10(1 + 10.10 .10 --ℓ=1,0001m --- cálculo do período T que pelo enunciado vale T=
√(4ℓ) --- T= √(4.1,0001) --- T= 2.√1,0001 s --- para meio ciclo de
oscilação o período será T=√1,0001 s --- se, para cada meia
oscilação o período aumenta de T=√1,0001 s, o relógio irá atrasar
260. (MACKENZIE-2011) A 20ºC, o comprimento de uma haste A é 99%
do comprimento de outra haste B, à mesma temperatura. Os
materiais das hastes A e B têm alto ponto de fusão e coeficientes
-5
-1
de dilatação linear respectivamente iguais a αA 10= 10. ºC e
-5
-1
αB = 9,1.10 ºC . A temperatura em que as hastes terão o mesmo
comprimento será
(A) 970ºC
(B) 1120ºC
(C) 1270ºC
(D) 1.770ºC
(E) 1.830ºC
RESPOSTA: C
COMENTÁRIOS:
- ℓoA=0,99ℓoB --- ℓA=ℓoA(1 + αA.∆t) --- ℓA=0,99ℓoB(1 + αA.∆t) --ℓB=ℓoB(1 + αB.∆t) --- quando o comprimento for o mesmo
--- ℓA = ℓB --- 0,99ℓoB(1 + αA.∆t) = ℓB=ℓoB(1 + αB.∆t) --- 0,99ℓoB(1
-5
-5
o
+ 10.10 .∆t) = ℓB=ℓoB(1 + 9,1.10 .∆t) --- ∆t=1.250 C --o
∆t=t – to --- 1.250=t – 20 --- t=1.270 C
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