gabarito - seletivo serie-regular-25-p-8...uma das condições essenciais para o surgimento dos...

EM ● Regular - 1ª Série ● P-8 - RG-1 ● 2019

001002003004005006007007008009010011012013014014015016017018019020021021022023024025

CBEEAEBBEEDEAEBBCDECECEEBECD

BiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímica

026027028029030031032032033034035036037038039039040041042043044045046046047048049050

BDDDAEDDDBCCABCCCECCBBAACEDC

QuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemática

Questão / Disciplina / Gabarito

GABARITO

– 1 –

RESOLUÇÕES E RESPOSTASBIOLOGIA

QUESTÃO 1: Resposta C

Vírus têm estrutura acelular e apresentam apenas um tipo de ácido nucleico: DNA ou RNA. Eles são parasitas intracelulares obrigatórios, não se reproduzindo fora das células e não absorvendo nutrientes do meio extra-celular. Retiram ATP e aminoácidos para a síntese proteica das células que estão parasitando, como as células uterinas citadas no texto.

Semana: 21Aula: 41Habilidade: 14Setor: A

QUESTÃO 2: Resposta B

O processo citado é a fotossíntese. O oxigênio é liberado no processo sem captar hidrogênio, que é fornecido pela água. O ciclo de Krebs ocorre na respiração celular. A síntese da glicose acontece na fase química ou ciclo de Calvin, que ocorre no estroma sem utilizar a luz. O hidrogênio é liberado pela quebra da água na fase foto-química, nos tilacoides dos cloroplastos.


QUESTÃO 3: Resposta E

Uma das condições essenciais para o surgimento dos primeiros seres vivos, segundo a hipótese de evolução química de Oparin e Haldane, teria sido a presença, na atmosfera primitiva do planeta, de gases contendo o elemento nitrogênio (por exemplo, NH3 ou N2), além da presença de CO2, CH4 e H2O.



No início da eutrofização, o aumento da concentração de sais minerais nos meios aquáticos favorece a repro-dução intensa de algas e cianobactérias.

Semana: 21Aula: 41Habilidade: 10Setor: B

QUESTÃO 5: Resposta A

As bactérias mencionadas realizam a fixação do nitrogênio, indicado pelo número I.


TIPO

RG-1P-8 – Ensino Médio Regular1a série

Prova Geral

SOMOS EDUCAÇÃO

– 2 –


A respiração celular (processo aeróbio) e a fermentação (processo anaeróbio) consomem compostos orgânicos ricos em átomos de carbono, fixados na fotossíntese pelos seres autótrofos. A respiração e a fermentação alco-ólica liberam dióxido de carbono no ambiente.



A espécie f é consumidora das espécies d e e, que se alimentam das espécies a, b e c. Portanto, d e e são com-petidoras e a espécie e é mais eficiente na competição, pois sua população aumentou, enquanto a d diminuiu na ausência de f.Semana: 18Aula: 38Habilidade: 10Setor: A


O gênero Esenbeckia pode ser plantado no início ou em estágios mais avançados da sucessão, pois apresenta alta taxa de sobrevivência em ambientes iluminados do início da sucessão ecológica ou em ambientes som-brios de sub-bosque, típicos de estágios mais avançados da sucessão ecológica, quando muitas árvores estão desenvolvidas e proporcionam sombreamento.



Essa representação corresponde à pirâmide de biomassa de ambientes aquáticos e também à de números, que inicia com vegetais de grande biomassa, como as árvores de floresta de pinheiros, seguida, por exemplo, pelo número maior de lagartas, que comem as folhas dos pinheiros, e, depois, pelo número menor de aves preda-doras dessas lagartas.


QUESTÃO 10: Resposta D

A curva corresponde ao potencial biótico da espécie.

Semana: 22Aula: 43Setor: A

FÍSICAQUESTÃO 11: Resposta E

Forças que agem em cada um dos corpos e suas respectivas reações:

Condição de equilíbrio do corpo D:

TD 5 PD → TD 5 30 N

NC

PC

TC

TC

TDNC

PD

TD

– 3 –

PROVA GERAL — P-8TIPO RG-1 — 11/2019

Se o fio é o mesmo, a força é a mesma:

TC 5 TD 5 30 N

Condição de equilíbrio do corpo C:

Pc 5 NC 1 TC → NC 5 20 N



Aceleração da plataforma A. Se o corpo parte do repouso e sobe 4,5 m em 3 s:

ΔS 5 12

at2 → 4,5 5 12

? a ? 32

a 5 1,0 m/s2

Forças que agem nas plataformas A e B

Equação fundamental da Dinâmica aplicada ao corpo A:

R 5 mA ? a → T 2 P 5 m|a|

T 5 P 1 m|a| 5 2 475 N

Equação fundamental da Dinâmica aplicada ao corpo B:

R 5 mB ? a → PB 2 T 5 mB|a|mBg 2 2 475 5 mB|a|mB 5 275



Observando-se que todos os corpos têm a mesma aceleração (a) e aplicando-se o Princípio Fundamental da Dinâmica para cada um dos corpos, podemos escrever que:

Corpo A:F 2 F1 5 MP|a| (1)

Corpo B:

F1 2 F2 5 MQ|a| (2)

Corpo C:

F2 5 MR|a| (3)

Somando-se as equações (2) e (3), tem-se:

F 5 (MP 1 MQ 1 MR) ? |a|

Obtemos |a| 5 4 m/s2

Substituindo-se esse valor na expressão 3, tem-se:

F2 5 MR ? |a|F1 5 8 N


mM

T

PA

T

PB

P

NP

F1 F

PP

Q

NQ

F2 F1

PQ

R

NR

F2

PR

SOMOS EDUCAÇÃO

– 4 –


Se a aceleração é constante, o movimento é uniformemente variado, portanto, podemos escrever que:

v2 5 v02 1 2 ? a ? Δ ? S

Dados: v0 5 10 m/s; ao final de 10 m, a velocidade é nula.

Logo: 0 5 102 1 2 ? a ? (10)

Da expressão acima, obtém-se: a 5 25 m/s2

Na figura a seguir, estão indicadas a velocidade inicial, as forças que agem sobre o corpo durante o processo descrito e a velocidade final:

Equação Fundamental da Dinâmica para o movimento retilíneo: R 5 m|a|

Mas:

R 5 fat 5 μ ? N

Sendo que:

N 5 P 5 mg

Logo:

μ ? mg 5 m|a| → μ ? g 5 |a|

Obtemos:

μ 5 0,5



Sobre o corpo age uma força de campo - peso (P), e força de contato - tração (T). A resultante das duas é dirigida para o centro, pois o movimento é circular uniforme.O fio, o raio de curvatura e a altura h formam um triângulo retângulo. Tais considerações permitem construir as figuras que se seguem:

Levando em conta a semelhança dos triân-gulos, podemos escrever que:

Rr

5 Ph

mω2rr

5 mgh

→ ω2 5 100,4

→ ω 5 5 rad/s

Lembrando que ω 5 2πT

, obtemos: T ø 1,26 s.



De acordo com o teorema da energia cinética:

τR 5 ΔEc ⇒ τR 5 m ? vf

2

2 2

m ? vi2

2

Sendo m 5 1 200 kg, vi 5 72 km/h 5 20 m/s e vf 5 36 km/h 5 10 m/s:

τR 5 1 200 ? 102

2 2

1 200 ? 202

2 ∴ τR 5 2180 000 J 5 21,8 ? 105 J

Semana: 18Aula: 35 e 36Habilidade: 17 e 20Setor: B

fat→

→N v � 0

v0

→P

P

R

T

P

Cr

h L 5 0,3 m

R 5 0,3 m

h 5 ?

– 5 –



No sistema A, quando a pessoa puxa 2 m de corda, o bloco também sobe 2 m. Já no sistema B, quando a pes-soa puxa 2 m de corda, o bloco sobe apenas metade desse valor, ou seja, 1 m. Dessa maneira:

ΔEp,grav 5 m ? g ? Δh ⇒

14243

ΔEAp,grav 5 50 ? 10 ? 2 ∴ ΔEA

p,grav 5 1 000 J

ΔEBp,grav 5 50 ? 10 ? 1 ∴ ΔEB

p,grav 5 500 J



Admitindo que a pessoa tenha partido do ponto A, a intensidade máxima da força de tração na corda é atingida no ponto B, quando a corda fica na vertical. Nesse ponto, a velocidade da pessoa pode ser calculada pelo teo-rema da conservação da energia:

εBm 5 εA

m

εBc 1 εB

p 5 εcA 1 εp

A

mvB2

2 5 m ? g ? h ⇒ vB 5 √2 ? g ? h ⇒

⇒ vB 5 √2 ? 10 ? 1,2 ⇒ vB 5 √24 m/s

Cálculo da intensidade máxima da força de tração na corda:

Rc 5 m ? ac

Tmáx 2 P 5 m ? vB

2

r

Tmáx 2 600 5 60 ? 24

2 ⇒

⇒ Tmáx 5 1 320 N

Considerando a margem de segurança exigida, as cordas adequadas ao projeto são aquelas cuja tensão de ruptura obedeça à relação:

T ⩾ 7 ? Tmáx ⇒ T ⩾ 7 ? 1 320 ⇒ T ⩾ 9 240 N

Portanto, são adequadas as cordas III, IV e V.


VA 5 0

h 5 0

r 5 2 m

h 5 1,2 m

A

VB

0 0

Tmax

RC aC Y 5

P

at 5 0

SOMOS EDUCAÇÃO

– 6 –


De acordo com o Teorema da Energia Cinética:

τRA→B 5 εB

C 2 εAC (1)

εBC 5 0 e εA

C 5 2 J (2)

A resultante é a força de atrito:

R 5 f (3)

Logo:

τRA→B 5 τf

A→B 5 f ? D ? cos180 5 2f(1) (4)

Substituindo-se (2), (3) e (4) em (1), tem-se:

2f 5 0 2 2 → f 5 2NMas:

f 5 μ ? N 5 μ ? (mg)

Logo:

μ 5 0,2



Se não existisse atrito, a energia mecânica seria constante. Havendo, o trabalho da força de atrito é igual à va-riação da energia mecânica.

τfA→B 5 εB

mec 2 εAmec

τfA→B 5

12

mVB2 2 mgh

2f ? AB 5 12

mVB2 2 mgh

2f ? 25 5 12

? 2 ? 52 ? 22 ? 10 ? 5

f 5 3 N


QUÍMICAQUESTÃO 21: Resposta E

Fe2O3

Massa molar 5160 g/mol

160 100%112 x

x 5 70%


f→

→N

→P

D 5 1,0 m

5,0 m

25,0 m

N

– 7 –



C H O N4,8 g/12 g/mol 0,5 mol 6,0 ? 1022 át/6,0 ? 1023 át/mol 2,8 g/14 g/mol

Nº mols 5 0,4/0,1 0,5/0,1 0,1/0,1 0,2/0,14 5 1 2

Fórmula mínima: Fórmula molecular:C4H5ON2 C8H10O2N4MM 5 97 MM 5 194



A lei da conservação das massas, proposta por Lavoisier, postula que a soma das massas das substâncias rea-gentes é igual à soma das massas dos produtos da reação.Assim, na reação, 50 g de ferro reagem com x g de oxigênio, gerando (50 1 x) g de óxido de ferro.

Ferro 1 oxigênio → óxido de ferro 50 g x g (50 1 x) g



1 C4H10O 1 6 O2 → 4 CO2 1 5 H2O

1 mol 4 mol

74 g 4(44g)14,8 g x

x 5 35,2 g



9 bilhões de latas 5 9 ? 109 latas

1 kg 83 latasx 9 ? 109 latasx 5 1,08 ? 108 kg 5 1,08 ? 1011 g

2 Al2O3 → 4 Al 1 3 O2 2 mol 4 mol

2(102 g) 4(27 g)x 1,08 ? 1011 gx 5 2,04 ? 1011 g

1 t 106 gx 2,04 ? 1011 gx 5 2,04 ? 105 t



Leite de magnésia 5 Mg(OH)2Ácido clorídrico = HClReação de neutralização total:

Mg(OH)2 1 2 HCl → MgCl2 1 2 H2O

Semana: 19Aula: 38Habilidade: 25

SOMOS EDUCAÇÃO

– 8 –


A produção de CO2 intensifica o efeito estufa.



I. Incorreta. O dióxido de enxofre possui fórmula SO2. II. Incorreta. A ligação entre ametais é covalente. III. Correta. A fenolftaleína permanece incolor em meio ácido. IV. Correta. O ácido sulfuroso possui fórmula molecular H2SO3.



A alcalinidade está relacionada à presença, no caso, de óxidos básicos, substâncias que, quando reagem com a água, geram hidróxidos. Entre os mencionados, temos: K2O — gera KOH — e Na2O — gera NaOH.



O cloreto de sódio (NaCl) pertence à função inorgânica sal.


MATEMÁTICA


77 2 85 Þ 67 2 77 ∴ a progressão não é aritmética.

7785

Þ 6777

∴ a progressão não é geométrica.



A progressão geométrica (1, 2, 4, ..., 2n 2 1, ..., 232) descreve o número de folhas com 33 operações.

232 5 22 ? (210)3

Aproximando 210 (5 1 024) para 103 (5 1 000), temos:

232 5 22 ? (103)3

232 5 4 ? 109

Com essas operações, a pilha terá 4 ? 109 folhas.

Como cada folha tem 1021 mm, a pilha terá uma altura de:

4 ? 109 ? 1021 mm, ou4 ? 108 mm, ou4 ? 105 m, ou4 ? 102 km (5 400 km)

Logo, a altura da pilha terá a ordem de grandeza da distância de São Paulo (SP) ao Rio de Janeiro (RJ).


– 9 –



(3, 6, 12, ..., 3 072) é uma progressão geométrica de razão igual a 2.Sendo n o número de depósitos, temos:

3 ? 2n 2 1 5 3 0722n 2 1 5 1 0242n 2 1 5 210 ∴ n 5 11

A soma dos 11 termos da progressão é dada por S11 5 3 ? 211 2 12 2 1

.

Temos S11 5 3(2 048 2 1), ou seja, S11 5 R$ 6 141,00.



Sendo S 5 12

1 13

1 14

1 19

1 18

1 127

1 ... 1 12n 1

13n 1 ... , temos:

S 5 (12 1 14

1 18

1 ... 1 12n 1 ...) 1 (13 1

19

1 1

27 1 ... 1

13n 1 ...)

S 5

12

1 2 12

1

13

1 2 13

S 5 1 1 12

∴ S 5 32



log2 16 5 x ∴ 2x 5 16 ∴ 2x 5 24 ∴ x 5 4

x2 2 5x 1 5 5 42 2 5 ? 4 1 5 5 1

log2 (x2 2 5x 1 4) 5 log2 1 5 0



8 5 10 2 log nlog n 5 2 ∴ n 5 102 ∴ n 5 100

O risco de morte é, portanto, 1 em 100, ou seja, 1%.



2a 5 5 ∴ 2a 5 102

∴ 2a 5 23,32

21 5 22,32 ∴ a 5 2,32

2b 5 6 ∴ 2b 5 2 ? 3 ∴ 2b 5 21 ? 21,58 ∴ b 5 2,58

2c 5 9 ∴ 2c 5 32 ∴ 2c 5 (21,58)2 5 21,58 ? 2 ∴ c 5 3,16

Portanto a 1 b 1 c 5 2,32 1 2,58 1 3,16 5 8,06.


SOMOS EDUCAÇÃO

– 10 –


De log5 (3 ? 5) ø 1,6826, temos:

log5 3 1 log5 5 ø 1,6826

log5 3 1 1 ø 1,6826 ∴ log5 3 ø 0,6826

log5 9 5 log5 32 5 2 ? log5 3

log5 9 ø 2 ? 0,6826 ∴ log5 9 ø 1,3652



De x > 0 e (log2 x)2 5 3 1 log2 x2, temos: (log2 x)2 5 3 1 2 ? log2 x.

Sendo log2 x 5 t, temos:

t2 5 3 1 2tt2 2 2t 2 3 5 0t 5 3 ou t 5 21

log2 x 5 3 ou log2 x 5 21

x 5 23 ou x 5 221

x 5 8 ou x 5 12

O produto das soluções é dado por 8 ? 12

5 4.



Em 1986: 100 000 transistores em cada 0,25 cm2.

Em 1986: 400 000 transistores em cada cm2 (densidade inicial).

Densidade após n períodos (de 2 anos cada): 400 000 ? 2n.

De 400 000 ? 2n 5 100 ? 109, temos

22 ? 105 ? 2n 5 1011

2n 1 2 5 106

log 2n 1 2 5 log 106 ∴ (n 1 2) ? log 2 5 6

(n 1 2) ? 0,30 5 6 ∴ n 1 2 5 6

0,30n 1 2 5 20 ∴ n 5 18

18 períodos de 2 anos correspondem a 36 anos.

1986 1 36 5 2022



Reorganizando os triângulos claros, temos o equivalente a 16 losangos claros congruentes aos escuros.

Como temos 16 losangos escuros, a razão pedida é 1.


– 11 –



Completando a figura do enunciado, em metros, temos:

• Área do trapézio ABCD:

SABCD 5 (29 1 50) ? 8

2 ∴ SABCD 5 316

• Área do triângulo ADE:

SADE 5 50 ? 20

2 ∴ SADE 5 500

Assim, a área do terreno é 816 m2.



Note que o círculo e os dois semicírculos escuros da parte de cima do padrão compensam os da parte de baixo.Assim, a área é de um retângulo de base 4 cm e altura 2 cm, ou seja, 8 cm2.



Fonte inicial: 192Área inicial: A

Área reduzida: A16

A razão entre as áreas é 16.

Assim, sendo F o tamanho da fonte reduzida, do enunciado deve-se ter:

(192F )2 5 16 ∴ (192

F ) 5 4 ∴ F 5 48



A área A do tecido, em cm2, é dada por

A 5 120360

? π ? (242 2 62) ∴ A 5 180π


A

8

20

50

29

E

CB

D

SOMOS EDUCAÇÃO

– 12 –


A área S1 do triângulo PFG é dada por

S1 5 FG ? AD

2

Mas, FG 5 AB4

. Assim,

S1 5

AB4

? AD

2 ∴ S1 5

AB ? AD8

Como a área S2 do retângulo ABCD é

S2 5 AB ? AD

tem-se

S1

S2 5

AB ? AD8

AB ? AD ∴

S1

S2 5

18

Semana: 20Aula: 40Setor: B


A medida de um ângulo central θ que forma um triângulo com vértices consecutivos de um polígono com 36 lados é:

θ 5 360º36

∴ θ 5 10º

Considerando-se um triângulo cujos vértices são o centro da circunferência circunscrita e dois vértices conse-cutivos desse polígono, tem-se

Assim, sen 5º 5

x21

∴ 0,08 5 x2

∴ x 5 0,16



Observando a figura, a região está compreendida entre os dois retângulos destacados.

Sendo A a área, em m2, vem:

15 ? 55 < A < 20 ? 55

825 < A < 1 100


O

1

5º

1

BA

x

x2

– 13 –



Note inicialmente que a área do triângulo ABC (triângulo original) é dada por:

S0 5 12

? 1 ? 1 ? sen 36º ∴ S0 5 sen 36º

2

Como o triângulo BCD é isósceles de base BD, tem-se a figura a seguir:

Assim, BC 5 CD 5 AD.

Da semelhança entre o triângulo destacado em cinza e o original, tem-se:

BCAB

5 BDBC

∴ BC1

5 1 2 BC

BC ∴ BC2 1 BC 2 1 5 0

Resolvendo-se esta equação, obtém-se: BC 5 √5 2 1

2

Desse modo, a razão R entre as áreas será:

R 5

12

? √5 2 1

2 ?

√5 2 12

? sen 36º

sen 36º2

∴ R 5 (√5 2 12 )2 ∴ R 5

5 2 2√5 1 14

∴ R 5 3 2 √5

2

Semana: 20Aula: 40Setor: B


O percurso é composto por 4 peças retilíneas e 12 peças curvilíneas.

Os triângulos BMN e AMN têm bases BM e AM com mesma medida, e a altura relativa a elas tem medida h. Logo, a área do triângulo AMN é t.Ainda, os triângulos AMN e NBC, de bases com medidas MN e BC 5 2MN têm alturas relativas a essas bases com medida h’. Logo, a área do triângulo NBC é 2t.

Portanto, a área do triângulo ABC é:

t 1 t 1 2t, ou seja, 4t.


A36º

D

C

B

36º

72º

36º

A

M

h

B

P

C

N

t

h’

h’

gabarito - seletivo serie-regular-25-p-8...uma das condições essenciais para o surgimento dos...

Documents