RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1

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1 RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1 Grupo I 1. Um sinal eletromagnético apresenta, no vácuo, uma velocidade que se representa por c: c = 3, m s 1 como se trata de uma velocidade constante, sabemos que o seu valor é igual ao valor da velocidade média, o que significa que podemos escrever: c = Δr Δt onde Δr é o valor do deslocamento do sinal e Δt o intervalo de tempo. Não esquecer de que é necessário converter o deslocamento a unidades S.I. Temos, portanto: Assim: (B) V. Δt = 3, , Para verificarmos que um satélite a 3, km de altitude demora um dia a dar a volta à Terra, vamos calcular o período do movimento do satélite para comprovar que é igual a 24 horas. Para cumprir o que é solicitado no enunciado, partiremos da segunda lei de Newton: F res = ma considera-se que o satélite está sujeito apenas à força da gravidade da Terra, pelo que, aplicando a lei da gravitação universal: G M m r 2 = ma a = G M r 2 a = 0,222 m s 2 Recordemos que o satélite apresenta movimento circular uniforme, pelo que a aceleração é igual à aceleração normal (ou centrípeta): a = a n = v2 r conhecendo o valor da aceleração e o raio, r, da órbita do satélite, podemos calcular o valor da sua velocidade: v = a r v = 3, m s 1 Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 1 / 10

2 Por outro lado, o valor da velocidade de um corpo que apresente movimento circular uniforme é sempre dado por: v = 2π r T Desta expressão podemos retirar o período orbital, T, do satélite: T = 2π 3, , T = 8, s = 24 h O painel terá que estar orientado segundo um plano perpendicular à direção da radiação incidente, de modo a que essa mesma radiação atinja a maior área possível de painel. a intensidade média da radiação incidente corresponde à radiação que atinge, em média, cada metro quadrado de painel, mas, evidentemente, o painel poderá ter uma área diferente de 1 m 2. (A) V Podemos começar por calcular a potência da radiação solar que atinge os painéis, a partir da intensidade média de radiação solar incidente, I, e da área total, A: P = I A P = 1, W Desta radiação incidente, apenas 20% é transformada em corrente elétrica, pelo que a potência elétrica média produzida pelo conjunto de painéis fotovoltaicos (que podemos designar potência útil, P u ) será: P u = ,2 P = 3, W = 3,12 kw Fazemos a conversão para quilowatt, kw, porque queremos obter a energia em quilowatt-hora, kw h. agora, resta-nos calcular a energia elétrica média produzida pelo conjunto de painéis fotovoltaicos durante um dia (24 horas): 4. P = E Δt E = 3,12 24 E = 74,9 kw h A) As radiações micro-ondas são pouco absorvidas pela atmosfera. B) As radiações micro-ondas não se difratam apreciavelmente na atmosfera. C) As radiações micro-ondas não se refletem apreciavelmente na atmosfera. OU D) As radiações micro-ondas são pouco absorvidas pela atmosfera. E) As radiações micro-ondas propagam-se em linha reta na atmosfera. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 2 / 10

3 Grupo II O principal processo de transferência de energia, como calor, que permite o aquecimento de todo o ar contido no balão é a convecção. O ar que se encontra na base do balão aquece, tornando-se menos denso, o que dá origem a uma corrente quente ascendente. Simultaneamente, o ar mais frio no topo do balão desce por ser mais denso, o que dá origem a uma corrente fria descendente. as correntes quentes ascendentes e as correntes frias descendentes repetindo-se, em simultâneo, ao longo do tempo, permitem o aquecimento de todo o ar contido no balão Sabemos que a quantidade, n, de um gás está relacionada com o respetivo volume, V, através da seguinte expressão: n = V V m onde V m é o volume molar de gás nas condições de pressão e de temperatura em que se encontra. neste caso, temos oxigénio, cujo volume, V, é 21% do volume total de ar contido no balão (800 m 3 ). Logo, em unidades coerentes, temos: E, consequentemente: Assim: (C) V. V = ,21 dm 3 n = ,21 V m 2. Ocorreu uma variação na pressão de 0,4 atm. Ora, se, por cada 10 m de altitude subidos há uma variação de 1, atm, bastar-nos-á aplicar uma regra de três simples para resolvermos o problema: (B) V. 10 m 1, atm x 0,4 atm x = 3030 m 3. O trabalho do peso, W p, pode ser calculado a partir de: W P = ΔEp g W p = mgh i mgh f Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 3 / 10

4 Verifica-se, portanto, que o trabalho do peso só depende das alturas final e inicial e que o desvio horizontal provocado pelo vento não terá qualquer influência no seu valor: Considerando nula a altura inicial: (A) V. W p = 2, m g 4. A temperatura do ar na troposfera decresce sempre à medida que a altitude aumenta. (C) V. Grupo III 1. Podemos aplicar a Lei das Posições, ao longo do eixo Oy, para o movimento de queda livre, partindo, com v o = 0, de uma posição y o = 0: y = 1 2 gt2 Para t = 0,2 s e para t = 0,4 s, temos, respetivamente: Assim: (D) V. y = 0,2 m e y = 0,8 m 2. Quando o corpo se encontra em queda, com velocidade igual à velocidade terminal, verifica-se que o peso e a força de resistência do ar apresentam o mesmo módulo. É por esse motivo que a velocidade de queda permanece constante e a energia cinética não varia. Partindo do teorema da energia cinética, podemos escrever: W Fres = ΔEc Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 4 / 10

5 Ora, o trabalho da força resultante é igual à soma do trabalho do peso, W P, com o trabalho da resistência do ar (força exterior), W Fext. Por isso: W p + W Fext = 0 E como: W p = ΔE Pg Concluímos que: W Fext = ΔE Pg Como o corpo desce 0,5 m na vertical, podemos fazer h i = 0,5 m e h f = 0, obtendo-se: W Fext = mgh f mgh i W Fext = 0, ,5 W Fext = 0,02 J É sabido que o trabalho de uma força corresponde à energia que essa força fornece ou retira ao corpo sobre o qual atua. Neste caso, como o trabalho é negativo, isso significa que a resistência do ar retira energia à bola. Podemos assim dizer que essa energia foi dissipada pelo sistema bola + Terra. Temos: E d = 0,02 J A bola sobe o plano com movimento uniformemente retardado. (A) V Se as forças dissipativas forem desprezáveis, a altura máxima atingida pela bola sobre o plano pode ser calculada a partir da lei da conservação da energia mecânica: E ma = E mb 1 2 mv2 A + mgh A = 1 2 mv2 B + mgh B Sendo A o ponto de lançamento (h A = 0) e B o ponto de altura máxima (v B = 0), obtemos: 1 h B = 2g v2 A Logo, a altura máxima atingida é diretamente proporcional ao quadrado do módulo da velocidade de lançamento. (D) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 5 / 10

6 3.3. Obtemos o gráfico da parábola correspondente à equação do movimento da bola. O instante em que a bola inverteu o sentido do movimento é o mínimo da função que pode, igualmente, ser obtido com a calculadora gráfica: Grupo IV Quando temos um sistema que tende para um estado de equilíbrio químico, é boa ideia fazer um esquema que nos ajude a compreender a evolução das quantidades (ou concentrações) de cada uma das substâncias presentes: 2 SO 3 (g) 2 SO 2 (g) + O 2 (g) início 2 mol dm variação 2x +2x + x equilíbrio 2 2x 2x x Verifica-se que o grau de decomposição, α, de SO 3 (g) é igual a 40%, pelo que podemos escrever: α = 2x x = 0,4 mol dm 3 Substituindo: 2 SO 3 (g) 2 SO 2 (g) + O 2 (g) equilíbrio 1,2 mol dm 3 0,8 mol dm 3 0,4 mol dm 3 Agora, já temos os dados que nos permitem calcular a constante de equilíbrio, K c : K c = SO 2 2 eq O 2 eq SO 3 2 eq K c = 0, Se, por cada mole de SO 3 (g) é absorvida uma dada quantidade de energia, então, é evidente que duas moles obrigarão a uma absorção do dobro da energia. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 6 / 10

7 Por outro lado, é importante recordar que uma absorção corresponde a uma variação positiva da energia. (C) V. 2. A densidade, ρ, de qualquer substância relaciona-se com a massa, m, da amostra e com o respetivo volume, V: ρ = m V Utilizando as expressões que relacionam a massa e o volume com a quantidade de matéria de gases, podemos escrever: ρ = m V ρ = n M ρ = m n V m V m Para comparar a densidade de SO 3 (g) com a densidade de SO 2 (g) bastar-nos-á dividir uma pela outra: M(SO 3 ) ρ SO3 ρ SO2 = V m M(SO 2 ) ρ SO 3 ρ SO2 = M(SO 3) M(SO 2 ) V m Precisamos apenas de substituir as massas molares, que podemos calcular recorrendo à Tabela Periódica: ρ SO3 ρ SO2 = 80 = 1, Como conhecemos a densidade e o volume de solução, podemos determinar a respetiva massa, utilizando unidades coerentes: ρ = m V m = 1, m = 184 g Como a percentagem em massa de H 2 SO 4 (aq) é igual a 98%, podemos calcular a massa: m H2 SO 4 = 184 0,98 = 180 g Grupo V 1. A configuração eletrónica do oxigénio, no estado fundamental, é: 8O 1s 2 2s 2 2p 4 Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 7 / 10

8 Trata-se de um elemento químico cujos átomos apresentam 6 eletrões de valência, necessitando, por isso, de mais 2 eletrões para atingirem o estado de maior estabilidade. Significa isto que cada átomo de oxigénio na molécula de O 2 vai ter que partilhar 2 eletrões de valência. Teremos, pois, a seguinte fórmula de estrutura: A molécula possui, portanto, dois pares de eletrões não ligantes em cada átomo de oxigénio. (B) V. 2. Os eletrões de valência menos energéticos de um átomo de oxigénio, no estado fundamental, são os eletrões da orbital 2s. Esta orbital apresenta n = 2 e l = 0. Com l = 0 só podemos ter m l = 0. Assim: (B) V. 3. A energia de ionização é a energia mínima para que o átomo perca um eletrão e se transforme num catião. (C) V. 4. As riscas do espectro de absorção de qualquer elemento químico estão sempre na mesma posição que as riscas do espectro de emissão. Grupo VI Quanto maior for o estado de divisão do sólido e mais forte for a agitação da solução menor será o intervalo de tempo para que ocorra dissolução completa de uma dada quantidade de sal. (C) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 8 / 10

9 1.2. A solubilidade, S, é o valor da concentração da solução saturada, ou seja, é o valor da concentração dos iões no equilíbrio químico: KNO 3 (s) K + (aq) + NO 3 (aq) eq S S E a solubilidade relaciona-se com a constante de produto de solubilidade, K s, através de: K s = K + eq NO 3 eq Portanto, a solubilidade é igual, neste caso, à concentração dos iões. (D) V Consultando o gráfico, ficamos a conhecer a massa de sal que é possível dissolver em 100 g de água, à temperatura de 40 o C: São 62 g, o que significa que, em 50 g de água, conseguiremos dissolver 31 g de KNO O valor da solubilidade do sal à temperatura de 30 o C, obtido a partir do gráfico, é igual a 46 g por cada 100 g de água. Há, pois, um erro na medição do grupo de alunos cujo valor absoluto é: δ abs = = 9 g O erro relativo traduz-se na percentagem de erro absoluto relativamente ao valor correto: δ rel = = 20% Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 9 / 10

10 2.3. Verifica-se, a partir do gráfico, que a solubilidade do KNO 3 (s) em água aumenta à medida que a temperatura aumenta. OU Verifica-se, a partir do gráfico, que a dissolução do KNO 3 (s) em água é favorecida pelo aumento da temperatura. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, um aumento de temperatura favorece o processo endotérmico. conclui-se, assim, que a dissolução do KNO 3 (s) em água é um processo endotérmico. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 10 / 10