Resolução: Sejam x o lado do lote menor e y o lado do lote maior.

A partir do enunciado podemos escrever:

2

2 2 2

2

(i)

(

4 4 60

ii

1515 15

24 44

)

x yx yx y x y

x Sy xy x y x

y S

Substituindo (ii) em (i) resulta:

15 2 15 3 15 5x y x x x x . De (ii) obtém-se 2.5 10y

Pedaço de arame do lote menor (perímetro) = 4 4 5 20mx

Pedaço de arame do lote maior (perímetro) = 4 4 10 40my

ALTERNATIVA: C

MATEMÁTICA

QUESTÃO 25

11

1

x

x

Resolução:

1 1 1 1(1 )1 1 0 0

1 1 1

20 ,com

1(*)1

x x x x

x x x

xx

x

A inequação em (*) é do tipo quociente ( )

0( )

f x

g x . Façamos o estudo dos sinais:

( ) 0 2 0 0f x x x (veja gráfico)

( ) 0 1 0 1g x x x (veja gráfico)

S={ / 0 1x x } ou em notação de intervalo: S =[0,1)

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 26

Resolução:

Inicialmente devemos observar as potências de 2:

1 2 3 4

5 6 7 8

2 ;2 ;2 ;2 1

2 3 ;2 6 ;2

2

12 ;2 25

4 8 6

2 4 8 6

Os algarismos das unidades estão numa sequência que se

repete periodicamente a cada quatro termos.

Considere um 4n . Ora, da divisão euclidiana sabemos que:

4n

r q 4 4n q r r . Donde 4 4

qn q r rb b b b . Uma vez que o termo 4

q

b indica o

número de sequências completas, isto é, os conjuntos de quatro números terminados em 2, 4, 8 e

6, nessa ordem, podemos simplesmente dizer que o algarismo das unidades do termo nb equivale

ao algarismo das unidades do termo rb .

Então: 503

2014 2012 2 4.503 2 4 22 2 2 2 2 2

Logo, o algarismo das unidades de 20142 equivale ao algarismo das unidades do número

22 4 .

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 27

Resolução:

1º modo - Fórmula de Pappus-Guldin: 2V Sd , onde S é a área da superfície geradora e d é a

distância do centro de gravidade (G) ao eixo de rotação.

2 [(6 1) (7 3)] 5 2 20 5 200 unidades de volumeV V

2º modo – O sólido formado é uma casca cilíndrica. Seu volume pode ser encontrado pela

diferença entre os volumes de dois cilindros:

2 2 2 2 2 2[ ] (6 1) [7 3 ]

5 40 200 unidades de volume

V R h r h h R r V

V V

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 28

4 2x x

Resolução:

2 2

4 2 4 2

4

x x x x

2 4 4x x x 2 3 0

( 3) 0 0 ou 3

x x

x x x x

Testando esses valores na equação original:

4 0 0 2 2 2 (absurdo!)

4 3 3 2 1 1 (verdade!)

S { / 1}x x

ALTERNATIVA: A

QUESTÃO 29

Resolução:

Supondo a produtividade de cada máquina constante, temos:

500 500 500 500 500 125

2 8 2 2

500 375 1000 8

2 375 3

6 2 2 60smin min 2min min

3 3 3 min

2min 40s

A B A BP P PT T

TT

T

T

ALTERNATIVA: A

QUESTÃO 30

2 0

0

0

x y z

x py z

px y z

0p

2 0p p

1p

0 ou 1p p

1 ou 2p p

Resolução:

Escrevamos o sistema na forma matricial:

1 1 2 0

1 1 0

1 1 0

x

p y

p z

A condição necessária e suficiente para que o sistema matricial apresentado admita solução não-

trivial é que a matriz incompleta seja singular, isto é, uma matriz onde o determinante seja nulo.

Assim:

1 1 2

1 1 0 2

1 1

p p p

p

22 1 1p

2

0

2 2 0 2 ( 1) 0

2 0 ou 1 0

0 ou 1

p p p p

p p

p p

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 31

cos(2 ) 1

sen(2 )

cos(2 ) 1

22cos

cos(2 )

sen(2 ) 1

sen(2 ) 1

cos(2 )

Resolução: Podemos redesenhar a figura:

QUESTÃO 32

Donde:

AOC é isósceles

2 (ângulo externo do AOC)

=DO cos(2 ) (do ODC)

AO CO R ACO OAC

COD ACO OAC

CE R

2

AOC AOC

AOC

BOC

b h

AN

A

2

BOC BOCb h

(*)AOC AOC

BOC BOC

b h AO CDN

b h BO CE

Do triângulo retângulo AOB:

(i)BO

tg BO R tgR

Do triângulo retângulo ADC:

cos(2 )

[1 cos( (i)] )2 i

CD CD CDtg tg tg

R RAD AO DO

CD R tg

Substituindo (i), (ii) e os valores já encontrados nas etapas anteriores em (*) temos:

RAO CDN

BO CE

R [1 cos(2 )] tg

R tg R

1 cos(2 )

cos(2 )cos(2 )

Uma vez que uma das maneiras de escrever o arco dobro do cosseno é 2 2cos(2 ) 2cos 1 [ou 2cos cos(2 ) 1] , finalmente substituindo o numerador de N

obtemos:

22cos

cos(2 ) cos(

1 cos(2 )

2 )N

ALTERNATIVA: C

QUESTÃO 01

Resolução:

A bola preta absorve todas as luzes nela incidentes. Ao ser iluminada com luz vermelha, ela

absorve essa luz e, assim, será vista preta.

A bola branca reflete difusamente as luzes de todas as cores. Ao ser iluminada com luz vermelha,

ela refletirá essa luz e, então, será vista vermelha.

A bola vermelha reflete difusamente a luz vermelha e absorve as demais. Ao ser iluminada com luz

vermelha, ela refletirá essa luz e, assim, será vista vermelha.

A bola verde reflete difusamente a luz verde e absorve as demais. Ao ser iluminada com luz

vermelha, ela absorverá essa luz e, então, será vista preta.

ALTERNATIVA: C

FÍSICA

QUESTÃO 02

Resolução:

Uma vez que não há forças dissipativas atuando, o sistema pode ser considerado conservativo.

Adotando o patamar de referência no solo, utilizemos o princípio da conservação de energia

mecânica para determinar a velocidade v com que o atleta inicia o salto no ponto B:

A BEm Em m m

gh 2

22

2 10 5 10m/s

vv gh

v v

A partir do ponto B podemos analisar o movimento do atleta como uma composição de

movimentos:

Na direção x:

cos30 (i)x x

xv x v t v t

t

Na direção y:

0y y2 2

sen30 ( i) 2 2

iy

g t g tv t y v t

Para a altura 1,05my e 10m/sv teremos em (ii):

2 2

2 2

2

10sen30 1,05 10 0,5

2 2

1,05 5 5 ( 5) 0,21 0

( 1) ( 1) 4 1 (0,21) 1 0,16

2 1 2

1 0,40,3s

2

1 0,4' 0,7s

2

g t ty v t t

t t t t

t t

t

t

Finalmente substituindo 2 0,7st em (i):

cos30 10 0,87 0,7

6,09m

x v t x

x

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 03

Resolução:

O comprimento de onda da luz no experimento de Young pode ser determinado pela fórmula

2am

N L

, onde a é a distância entre as fendas, m , a distância da franja observada à franja

central, N , o número de ordem da franja observada e L a distância entre o anteparo e as fendas.

Do enunciado:

3 6

-1

-3

6.10 mm 6.10 m

L=30cm=3.10 m

m=2mm=2.10 m

a

Interferências construtivas (franjas claras) requerem N par, ao passo que interferências

destrutivas (franjas escuras) requerem N ímpar. Sendo 0N , a ordem da franja clara central, a

próxima franja clara terá número de ordem 2N . Assim:

2 2.6am

N L

6 3.10 .2.10

2.3

8

14.10 m

.10

No entanto, a questão pede o comprimento de onda V dessa luz num bloco de vidro. Sendo Vv a

velocidade da luz no vidro, temos:

vV

cv

f n

c

884.10

2,7 10 m1,5

V

V V

n

ALTERNATIVA: A

QUESTÃO 04

210 210

83 84Bi Po e v

Resolução:

De modo bastante simplificado, podemos dizer que no interior do núcleo atômico existe a atuação das forças nucleares atrativas e das forças eletrostáticas repulsivas, entre os prótons (P) e os nêutrons (N) conforme a ilustração:

A interação nuclear é uma força de curto alcance. Sua intensidade é forte entre núcleons

que estão em contato ou muitos próximos, mas, praticamente nula para um afastamento de

alguns poucos diâmetros. Ao mesmo tempo a força eletrostática enfraquece apenas com o

inverso do quadrado da distância.

Em elementos pesados (geralmente que possuem mais de 82 prótons) o domínio das

forças nucleares atrativas sobre as elétricas é muito pequeno. Por isso, esses elementos

apresentam-se instáveis.

Essa instabilidade faz com que eles sejam radioativos, emitindo, como no exemplo da

questão, radiação . Na transmutação o que o núcleo do elemento almeja é justo alcançar a

estabilidade atômica, conseguida quando a vantagem das forças nucleares atrativas supera com

vantagem as forças elétricas repulsivas.

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 05

Resolução:

Uma vez que as esferas são puntiformes e idênticas, caso as três fossem condutoras, após o

contato com cada esfera fixa, a esfera neutra seria eletrizada e poderíamos descobrir, em cada

estágio, a carga das esferas, dado que quando dois condutores de igual dimensão são postos em

contato a carga total, pelo Princípio de Conservação de Cargas, fica igualmente distribuída entre

eles. No contato inicial da esfera positiva A com a esfera neutra C, a carga após a separação seria

uma média aritmética simples entre as cargas elétricas das duas esferas

662 10 0

1 102

Q

. No contato posterior da esfera negativa B com a já carregada

esfera C, a carga após a separação seria uma média aritmética simples entre as cargas elétricas

dessas duas esferas

6 665 10 1 10

' 2 102

Q

.

Nessa situação a força resultante ( RF ) sobre a esfera que estava inicialmente neutra seria dada

por um vetor horizontal e com módulo dado por 2 2 2 cos120R AC BC AC BCF F F F F . De

onde efetuando os cálculos chegaríamos a 18 mCRF .

No entanto, uma vez que a esfera inicialmente NEUTRA É DE MATERIAL ISOLANTE, quando a

mesma for posta em contato com a condutora, apesar de haver transferência de cargas entre

elas, não será mais possível mensurá-la uma vez que a transferência de cargas (no caso esfera

isolante) se limitará apenas à região de contato com a condutora.

Embora o princípio da conservação das cargas seja ainda válido, o conceito de equilíbrio

eletrostático não se aplica a isolantes, sendo um conceito estritamente relacionado a condutores

metálicos. A quantidade de cargas transferida será subjetiva e indeterminada: o que inviabiliza o

cálculo da força elétrica entre essas esferas a posteriori.

Também, é preciso enfatizar que nesse caso não há uma dependência do tempo de contato, já que

a transferência de cargas é um processo praticamente instantâneo.

ALTERNATIVA: SEM RESPOSTA*.

NOTAS - Fontes de consulta para melhor entendimento da transferência de carga nos corpos

constituídos por material isolante quando postos em contato direto com corpos condutores

eletrizados:

(1) CALÇADA, Caio Sérgio. Eletricidade (Física Clássica). São Paulo: Atual, 1998.

(2) BASTOS, Renato Brito. Curso de Física especial para Medicina, vol. 2. Fortaleza: Vestseller,

2014.

*Nessa questão, diante da impossibilidade de mensurar a carga elétrica da esfera de material

isolante, não iremos supor nula a carga após o contato. Os livros didáticos se limitam ao uso de

materiais condutores nos experimentos, evitando a situação abordada pela banca examinadora,

justo porque ainda não são totalmente elucidados os processos de transferência de cargas entre

materiais isolantes. Essa dificuldade no entendimento desses processos é descrita, por exemplo,

no artigo científico (em inglês) de Daniel J Lacks and R Mohan Sankaran professores do

departamento de engenharia química da Case Western Reserve University

(http://iopscience.iop.org/0022-3727/44/45/453001/).

QUESTÃO 06

Resolução:

Uma vez que o processo de transformação no gás é isométrico (volume constante), a variação de

temperatura do gás acarretará mudança em sua pressão que, por sua vez, irá alterar a altura da

coluna de líquido.

Determinemos inicialmente o desnível h experimentado pelo fluido com a variação de pressão do

gás:

0 0

0 0

5 5

5

1,01 10 (31,5 273) 1,01 10 (304,5)

17 273 290

1,0605 10 Pa

P P TPP

T T T

P P

P

Consideremos os pontos x e y. Da hidrostática sabemos que:

gás atm coluna gás atm

5 5 3

3

4

1,0605 10 1,01 10 5 10 10

5,05 100,101m

5 10

x yp p p p p p p gh

h

h h

Assim, o comprimento do tubo responsável pelo som será:

0,4 0,4 0,101 0,3ml h l

Finalmente do estudo de tubos sonoros fechados temos que a frequência do som é dada por

n4

nvf

l . Substituindo 1n (primeiro harmônico); 40m/sv e 0,3ml nessa última equação

resulta:

n 1 1

1

1 340 340

4 4 0,3 1,2

284 Hz

nvf f f

l

f

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 07

Resolução:

A – INCORRETA – O campo elétrico se estabelece com a velocidade da luz e se propaga como uma

onda. A velocidade de propagação de uma onda só depende do meio, não tendo, assim, nenhuma

dependência da diferença de potencial U .

B – INCORRETA –Em dois condutores paralelos percorridos por correntes elétricas de mesmo

sentido a força é de atração.

C – INCORRETA –De acordo com a Lei de Lenz “o sentido da corrente induzida é tal que se opõe à

variação de fluxo que a produziu”

D– INCORRETA –O ideal é que toda a potência fornecida ao enrolamento primário seja transmitida

ao enrolamento secundário. Porém, em situações reais há perdas e a potência no secundário é

sempre menor que a do primário, inviabilizando um rendimento de 100%.

E– CORRETA –De P U i tem-se que, para a potência constante, o aumento da tensão deverá

ser acompanhado de uma redução no valor da corrente i . Para 2 1i i teremos:

22 1

n ei i

t

1n e

t2 1n <n

ALTERNATIVA: E

QUESTÃO 08

E

Resolução

No reator nuclear a energia liberada na forma de radiação é empregada para aquecer

determinada quantidade de água mantida em alta pressão no seu interior. Essa água, circulando

por uma tubulação aquece outra quantidade de água que temos no gerador de vapor.

Ao ser aquecida, a água no gerador de vapor entra em ebulição, gerando vapor para

acionar as turbinas e, assim, transformar essa energia mecânica em energia elétrica.

ALTERNATIVA: C

QUESTÃO 09

Resolução:

6 8 6

massa C massa H massa O

(C H O ) 6.12 8.1 6.16 72 8 96 176g/mol

72%C= %C= 40,90

176

96%O= %O=54,54

176

MolarM

ALTERNATIVA: B

QUÍMICA

QUESTÃO 10

Resolução:

Embora seja correto que a água apresente auto-ionização segundo a reação

2H O H ( ) OH ( )aq aq , a água pura não é um bom eletrólito, uma vez que sua condutividade

elétrica é extremamente baixa.

ALTERNATIVA: E

QUESTÃO 11

4 2 2 2KMnO HF KF MnF H O F

Resolução:

Escrevendo a equação com os números de oxidação dos elementos que sofrem oxirredução

teremos:

5 (re

1 (oxidação)

dução)

4 2 2 2KMnO HF KF MnF H O

2

1

F

0

7

Recordemos as definições:

Oxidação é a perda de elétrons (aumento do Nox).

Redução é o ganho de elétrons (diminuição do Nox).

Agente oxidante é o que provoca oxidação do outro (ele mesmo sofre redução).

Agente redutor é o que provoca a redução do outro (ele mesmo sofre oxidação).

Módulo da variação do Nox ( ) indica a quantidade de elétrons perdida ou recebida.

ALTERNATIVA: E

NOTA:

A equação balanceada é 4 2 2 2KMnO HF KF MnF2 16 2 2 8 F5H O

QUESTÃO 12

Resolução:

11 molar litros

molar litros

1 1(0,5mol/L) (75g/mol) (0,5L) 18,75g

mm M V

M V

m m

M M

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 13

catalisador

10 12 8 18 2 4

catalisador

8 18 8 18

catalisador

6 14 6 6 2

(I) C H C H C H

(II) n-C H C H (cadeia ramificada)

(III) C H C H 4H

Resolução:

Craqueamento (ou cracking ou pirólise) são reações de quebra de moléculas maiores do

petróleo em moléculas menores por aquecimento ou por aquecimento e catalisadores. O

craqueamento térmico pode ser definido como: o processo no qual hidrocarbonetos são

aquecidos a altas temperaturas, em condições tais que diversas ligações C C e C H

podem sofrer clivagem homolítica, levando à formação de radicais, que se combinam de

diversas maneiras, resultando na formação de alcanos e alquenos com menor cadeia.

Reforma Catalítica é o processo em que alcanos lineares são convertidos em alcanos

ramificados (isomerização) e também em alcanos cíclicos (ciclização e aromatização).

A reação I é de craqueamento e pode ser reescrita como:

CH2

catalisador

CH3

CH3 + CH2 CH2

diciclopentadieno octano eteno

A reação II é de isomerização e poderia ser, por exemplo, a seguinte:

catalisador

CH3

CH3 CH3 C

CH3

CH2

CH3

CH

CH3

CH3

normal octano isooctano

A reação III é de reforma catalítica e poderia ser, por exemplo, a seguinte:

catalisador

CH3

CH3

hexano

+ 4H2

benzeno

ALTERNATIVA: A

Notas:

(1) Embora o craqueamento térmico possa ocorrer em todas as famílias de hidrocarbonetos

(parafínicos, olefínicos naftênicos, aromáticos), os livros mais clássicos de ensino médio (Feltre; Tito

& Canto) costumam dar ênfase apenas às reações das famílias parafínicas (alcanos). De modo que

alguns candidatos poderiam ter sido induzidos erroneamente a acreditar que a reação I não era de

craqueamento, dado que nela temos um dieno ao invés de um alcano.

(2) O “n” que antecede a fórmula química da reação II não é um índice estequiométrico. É uma

abreviatura para a palavra normal, servindo para indicar que se trata do octano de cadeia linear

(sem ramificações).

(3) Não se deve confundir reação de isomerização com reação de polimerização. Enquanto aquelas

formam compostos de mesma fórmula molecular (isômeros), estas formam macromoléculas com

fórmulas moleculares distintas dos monômeros que as originaram.

QUESTÃO 14

8 18C H

3CH OH

4CH

3 2CH CH OH

2H

Resolução:

Inicialmente determinemos a massa molar de cada composto:

8 18

3

4

3 2

2

C H 12.8 1.18 114g/mol

CH OH 12.1 1.4 1.16 32g/mol

CH 12.1 1.4 16g/mol

CH CH OH 12.2 1.6 1.16 46g/mol

H 1.2 2g/mol

Terá maior poder calorifico o composto que na combustão liberar a maior quantidade de energia

por Kg. Logo:

8 18C H 51001000 44736,84

114

3CH OH 7601000 23750

32

4CH 2131000 13312,5

16

3 2CH CH OH 2861000 8411,76

34

2H 2781000 139000

2

ALTERNATIVA: E

*Uma vez que a massa molar é obtida em gramas e o poder calorífico é a quantidade de energia

por Kg, multiplicamos as razões por 1000 (1Kg = 1000g). Porém, sem efetuar as contas, bastava

ao candidato comparar as razões e perceber que para o hidrogênio tínhamos a maior delas.

QUESTÃO 15

(III) Colesterol

OH

CH3

CH3

CH3 CH3

CH3

OH

NH

OH

OH

CH3

O

OH

CH3CH2

(I) Epinefrina (adrenalina) (II) Eugenol

Resolução:

A presença de um carbono quiral (carbono que faça quatro ligações simples e que esteja ligado a

quatro grupos diferentes) é condição suficiente para a isomeria óptica. Assim:

ColesterolOH

CH3

CH3

CCH3 CH3

CH3

H

OH

C NH

OH

OH

CH3

H

Epinefrina (adrenalina)

Portanto, os compostos I e III apresentam carbonos quirais (em vermelho) e, então, devem

apresentar isomeria óptica.

ALTERNATIVA: C

Nota: Na questão há um pequeno erro de escrita na fórmula do colesterol (falta uma dupla

ligação). No entanto, esse erro não inviabilizava a resolução.

QUESTÃO 16

Resolução:

A lei de Boyle postula que: “Sob temperatura constante, o volume ocupado por determinada

massa gasosa é inversamente proporcional à sua pressão”.

Matematicamente, constanteP V k .

Do gráfico dado, temos que para cada valor de pressão e o seu respectivo valor de volume

ocorre constanteP V k . Afinal 4 1,5 2 3 1 6 constantek .

Assim, o gráfico obedece a Lei de Boyle, representando, portanto, um gás ideal. Lembrando

que os gases reais sempre se afastam do comportamento de um gás perfeito ou ideal.

ALTERNATIVA: E

QUESTÃO 17

Resolução:

Simbiose designa as relações ecológicas com consequências vantajosas ou desvantajosas para

pelo menos uma das partes. São quatro essas relações:

Inquilinismo – Interação em que uma espécie inquilina vive sobre ou no interior de uma

espécie hospedeira, sem prejudicá-la (ex: plantas epífitas )

Comensalismo – Relação em que duas espécies se associam e apenas uma delas se

beneficia, sem haver prejuízo para outra. Nessa relação geralmente uma espécie

(comensal) usa os restos alimentares da outra (ex: Relação entre rêmora e tubarão).

Mutualismo – Relação em que ambas as espécies que interagem obtém benefícios (ex:

líquens).

Parasitismo – Relação em que uma espécie parasita associa-se a outras, a espécie

hospedeira, causando-lhes prejuízos por se alimentar à suas custas.

ALTERNATIVA: E

BIOLOGIA

QUESTÃO 18

Resolução:

A – Incorreta – A enteroquinase localiza-se no suco pancreático.

B – Incorreta – Pepsina é enzima do suco gástrico e age na quebra de aminoácidos.

C – Incorreta –O tripsinogênio é forma inativa da tripsina, enzima do suco pancreático.

D – Incorreta –Pepsina e quimiotripsina são enzimas do suco gástrico e suco pancreático,

respectivamente.

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 19

Resolução:

A competição (interespecífica ou intraespecífica) ocorre quando diferentes espécies vivem na

mesma área e disputam algum recurso natural. No caso da espécie humana, ela adquiriu certo

grau de independência em relação ao ambiente e por isso o habitual é que elimine outras espécies

(extinção) através de atividades predatórias e/ou que envolvam degradação dos habitats dessas

espécies.

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 20

Resolução:

Nos animais com reprodução sexuada as mitocôndrias têm origem materna. Todas essas

organelas descendem das que estavam presentes no gameta feminino.

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 21

Resolução:

O gás carbônico necessário à fotossíntese penetra nas folhas através de estruturas

denominadas estômatos, pequenos poros na epiderme. Esses poros também permitem a saída de

água por transpiração.

Na maioria das plantas, os estômatos abrem-se ao amanhecer e fecham-se quando

anoitece, de modo a permitir o recebimento do gás carbônico enquanto há luz disponível para a

realização da fotossíntese. No entanto, algumas plantas adaptadas a climas muito quentes e secos

(ex: cactos e orquídeas) evitam a evaporação da água fechando totalmente os estômatos durante

o dia (quando há maior risco de perda de água) e abrindo-os à noite (quando a perda de água por

transpiração é menor).

Nas plantas CAM o gás carbônico necessário aos cloroplastos para a realização da

fotossíntese é, em sua maioria, proveniente de ácidos (oxaloacético, málico e fosfonenolpirúvico),

uma vez que elas mantêm os estômatos fechados durante o dia.

ALTERNATIVA: A

NOTA:

Para maiores detalhes sobre as plantas CAM consultar:

LINHARES, Sérgio; GEWANDSZNAJDER, Fernando. Biologia Hoje. São Paulo: Ática, 2012. (Quadro

complementar no capítulo sobre fotossíntese).

QUESTÃO 22

Resolução:

I- Incorreta – O ponto de contato entre dois neurônios (sinapse) é formado pela junção entre o

axônio de um neurônio e os dendritos ou o corpo celular de outro. Como na sinapse, há um

nanométrico espaço (fenda) entre o axônio e os dendritos, não há continuidade citoplasmática

entre os neurônios.

II- Incorreta – A concentração de sódio ( Na) fora da célula é maior que em seu interior,

ocorrendo o oposto com o potássio ( K ). De modo que no neurônio em repouso essa

configuração esta mantida.

III- Correta – A velocidade de condução do impulso nervoso é maior nos axônios com

oligodendrócitos (células de Schwann) e bainha de mielina, dado que a mielina é um eficiente

isolante elétrico, não permitindo a troca de cargas elétricas entre o líquido extracelular e a célula,

evitando, por exemplo, que o impulso se propague entre neurofibras adjacentes.

ALTERNATIVA: C

QUESTÃO 23

Resolução:

A classificação de dentição das serpentes é a seguinte:

Áglifas (a = sem; glifo = sulco) – Serpentes que apresentam todos os dentes iguais e

maciços, sem sulcos nem canais para inocular veneno (ex: sucuri e jiboia).

Opistóglifas (opisto = atrás; glifo = sulco) – Serpentes que apresentam um ou mais pares

de dentes inoculadores de veneno da região posterior dos maxilares superiores. O veneno

escorre justo por pelos sulcos desses dentes (ex: falsa-coral).

Proteróglifas (protero = anterior; glifo = sulco) – Serpentes que apresentam dentes

inoculadores, com sulco, na parte anterior do maxilar superior. O veneno pode ser letal (ex:

coral-verdadeira).

Solenóglifas (solen = tubo/conduto; glifo = sulco) – São serpentes que apresentam um par

de presas, com canal, localizados na região anterior do maxilar superior. Maxilar esse que

é móvel e pode se projetar quando a serpente abre a boca.

ALTERNATIVA: E

QUESTÃO 24

Resolução:

I- Incorreta – O protozoário penetra no indivíduo pela saliva de mosquitos fêmeas do gênero

Lutzomya.

II- (?) – Há dois tipos de leishmaniose: a visceral (ou calazar) causada pela Leishmania chagasi e

transmitida pela picada de fêmeas de mosquitos do gênero Lutzomya (mosquito-palha)

contaminadas com o protozoário e a tegumentar (ou úlcera de bauru) causada pela Leishmania

brasilienses e transmitida pela picada de fêmeas de mosquitos do gênero Lutzomya (mosquito-

palha) contaminadas com esse protozoário.

III – Correta – A contaminação dos mosquitos transmissores da Leishmaniose ocorre quando eles

picam mamíferos contaminados, tais como cães, ratos e gambás.

ALTERNATIVA: SEM RESPOSTA*

Nota:

*Como pode ser visto no estudo das Doenças Infecciosas e Parasitárias (DIPs) e da

Parasitologia, do ponto de vista epidemiológico existe uma diferença entre agente causativo e

agente transmissor. O que explica porque os autores de ensino médio (veja, dentre outros,

Amabis; Sérgio Linhares, Sônia Lopes) empregam com cuidado os termos “causados por” e

“transmitidos por”.

No item II, empregou-se a palavra “causadas” para se referir aos agentes transmissores e

não aos agentes causativos: o que gerou ambiguidade do item. Se o estudante a tomasse num

aspecto genérico afirmaria que estava correta, dado que os mosquitos participam do ciclo da

doença e tem papel fundamental nesse processo (teríamos a letra E como gabarito). Se, porém, o

estudante empregasse o rigor cientifico e de nomenclaturas, esperados numa prova de ciências

naturais que seleciona para cursos da área da saúde – e, ainda embasado pelo uso que se faz da

palavra “transmitir” no item III – certamente afirmaria ser falso o item já que o correto em sua

concepção seria dizer que “Há dois tipos de leishmaniose, a visceral e a tegumentar, e ambas são

transmitidas pela picada do mosquito do gênero Lutzomya” (teríamos a letra C como gabarito).

Assim, por desconhecer o real significado que a banca quis dar para a palavra “causadas”

no item II (se termo genérico ou “pegadinha” intencional), mantemos para a questão gabarito “sem

resposta”.

Nota: Quaisquer críticas, sugestões ou inconsistências encontradas nesse material podem ser

encaminhadas para o e-mail ronimar@uft.edu.br. Desde já agradeço.