PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 1.ª FASE DE 2016 (VERSÃO 1) GRUPO I

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1 PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROA DE 1.ª FASE DE 2016 (ERSÃO 1) GRUPO I No instante t = 0,0 s a bola encontra-se a uma distância de 2,4 m da origem do referencial Ox. Tendo em conta a equação geral da componente escalar da posição, x, do movimento retilíneo com aceleração constante, em função do tempo: x = xo + vot + ½at 2, onde xo é a componente escalar da posição inicial, vo é a componente escalar da velocidade inicial e a é a componente escalar da aceleração do movimento; De acordo com a equação fornecida x = 2,4-2,0t + 0,60t 2 que pode ser reescrita na forma x = 2,4-2,0t + 1,20 2 t2 fica-se a saber que 2,4 m é a componente escalar da posição inicial, -2,0 m s 1 é a componente escalar da velocidade inicial e 1,20 m s 2 é a componente escalar da aceleração do movimento. Assim, no instante t = 0,0 s a bola está a 2,4 m da origem do referencial Ox (A) Tendo em conta a equação do movimento retilíneo com aceleração constante x = 2,4-2,0t + 1,20 2 t2 podemos dizer que a componente escalar da velocidade inicial, vo, é -2,0 m s 1 e que a componente escalar da aceleração, a, é 1,20 m s 2; Sabendo que a equação geral da componente escalar da velocidade do movimento retilíneo com aceleração constante é v = vo + at podemos escrever a equação da componente escalar da velocidade do movimento retilíneo com aceleração constante é v = 2,0 + 1,20t Recorrendo às potencialidades gráficas da calculadora, o esboço do gráfico obtido para o intervalo de tempo [0,0; 3,0] s é: A distância percorrida no intervalo de tempo referido é o comprimento do percurso efetuado, havendo inversão do sentido do movimento aproximadamente no instante t = 1,67 s. Assim, o cálculo da distância percorrida, s, será: s = 0,73 2,4 + 1,8 0,73 = 2,7 m A distância percorrida no intervalo de tempo [0,0; 3,0] s foi 2,7 m (C) Considere-se a segunda lei de Newton F = m a, onde F é a resultante das forças que atuam na bola de massa m, que pode ser representada pelo seu centro de massa, e a é a aceleração do centro de massa da bola. Assim verifica-se que quando se representa a intensidade da resultante das forças que atuam na bola, F, em função do módulo da aceleração, a, da bola obtém-se uma reta: - que passa pela origem, porque se o módulo da aceleração for nulo também será nula a intensidade da resultante das forças que atuam no centro de massa da bola; - que apresenta declive positivo, pois se o módulo da aceleração aumentar também aumenta a resultante das forças que atuam no centro de massa da bola; - cujo significado físico do declive é a massa, m, da bola. Testes e Exame Física e Química A

2 2.2. Determinar o período do movimento da bola. T = 4, T = 32, T = 3, s Determinar o módulo da velocidade da bola no movimento considerado. Sabendo que o raio da trajetória circular descrita pela bola é 30 cm 3, m v = 2πr 2π 3, v = T 3, v = 5,89 m s 1 Determinar o módulo da aceleração da bola no movimento considerado. a c = v2 r a c = 5,892 3, a c = 1, m s 2 O módulo da aceleração da bola no movimento considerado é 1, m s 2 GRUPO II 1. (B) O sinal registado no ecrã descreve um sinal harmónico ou sinusoidal descrito pela equação y = A sin(ωt) onde A é a amplitude do sinal, ω a frequência angular do sinal e t o tempo. Determinar a amplitude do sinal. Por leitura gráfica, verifica-se que a amplitude do sinal é 6 volt porque: 2 1 div = A 3 div A = 6 Determinar o período do sinal. Por leitura gráfica verifica-se que o intervalo de tempo de três ciclos completos é 10 5 = 50 ms, já que: 5 ms 1 div = t t = 50 ms 10 div Assim, T = t 3 = 50 3 T = 16,7 ms T = 1, s Determinar a frequência angular do sinal. ω = 2π T ω = 2π 1, ω = 1,2 102 π rad s 1 Determinar a expressão da função que descreve o sinal sinusoidal. y = A sin(ωt) U = 6,0 sin(1, πt) 2. Determinar a área de cada espira. A = (8, ) 2 A = 0, A = 6, m 2 Determinar o fluxo magnético, φ mm, que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras tt=00 ss da bobina no instante inicial. Por leitura gráfica verifica-se que no instante inicial o valor do campo magnético é 0,010 T φ = B A cosα 500 φ m t=0 s mt=0 = 0,010 6,4 s 10 3 cos φ = 3,20 m t=0 s 10 2 Wb Determinar o fluxo magnético, φ mm, que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras da tt=22 ss bobina no instante 2,0 s. Por leitura gráfica verifica-se que no instante t = 2,0 s o valor do campo magnético é 0,090 T φ = B A cosα 500 φ m t=2 s mt=2 = 0,090 6,4 s 10 3 cos φ = 2,88 m t=2 s 10 1 Wb Determinar a variação de fluxo magnético, φ mm, que atravessa a bobina no intervalo de tempo entre o instante inicial e os dois primeiros segundos. φ m = φ φ m t=2 s mt=0 φ s m = 2, , φ m = 2, Wb Testes e Exame Física e Química A

3 Determinar a força eletromotriz induzida na bobina. ϵ i = φ m t ϵ 2, i = ϵ 2 i = 1, O módulo da força eletromotriz induzida nos terminais da bobina, no intervalo de tempo [0,0; 2,0] s é 1, GRUPO III 1. A incerteza associada à escala dessa régua é 0,5 mm. A régua utilizada é um instrumento de medição analógico cuja menor divisão da escala é 1 mm. Nos instrumentos de medição analógica a incerteza associada ao instrumento é a metade da menor divisão da escala. Assim, 1 1 mm = 0,5 mm Determinar o módulo da velocidade do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica. v = x 1, v = v = 1,389 m s (B) t 1,08 10 Determinar a variação da energia cinética do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica. A variação da energia cinética do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica é dada pele expressão E c = E cf porque E ci = 0 porque a velocidade inicial é zero dado que o paralelepípedo foi abandonado. E c = E cf E ci E c = E cf E c = m v f 2 E 2 c = 90, (1,389) 2 2 E c = 8, J Determinar a soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuaram no paralelepípedo, no percurso considerado. W Fr = E c W Fr = 8, J Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado. Como no percurso realizado a altura do paralelepípedo diminuiu 0, 420 m, então, a variação de altura é, h = hf - hi = - 0,420 m. W Fg = E P W Fg = (mgh f mgh i ) W Fg = (mg(h f h i )) W Fg = 90, ( 0,420) W Fg = 0,380 J W Fg = 3, J Determinar o trabalho realizado pela força não conservativa, FNc, que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado. Considerando que a força não conservativa que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado, foi a resultante das forças de atrito, Fa, já que o trabalho da normal é nulo, W FR = W P + W Fa W Fa = W FR W P W Fa = 0,0874 0,3800 W Fa = 0,2926 J Determinar a intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio. W Fa W Fa = F a d cosα W Fa = F a d cos(180º) F a = d cos(180º) F a = 0,2926 0,870 ( 1) F a = 0,3363 N F a = 3, N A intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio foi F a = 3, N Testes e Exame Física e Química A

4 As forças que atuam no paralelepípedo quando este, depois de abandonado, desliza sobre a calha, são a reação normal, o peso e a resultante das forças de atrito. Essas forças estão corretamente representadas no esquema B. (A) Inválida, porque estão representadas quatro forças. (C) Inválida, porque a força representada paralelamente à calha tem o sentido do deslizamento, pelo que não pode ser a força de atrito. (D) Inválida, porque atendendo ao tamanho relativo dos vetores representados, a resultante das forças teria sentido contrário ao deslizamento. Deste modo, para um corpo que parte do repouso não poderia haver movimento. 4. (A) A resultante das forças de atrito é uma força de natureza dissipativa. A energia dissipada, Ed, é numericamente igual ao módulo do trabalho realizado pela resultante dessas forças. Tendo em consideração a expressão W Fa = F a d cos α, como α = 180º, obtém-se que W Fa = F a d. Assim, Ed = W Fa Ed = F a d. erifica-se, deste modo, que na representação gráfica da energia dissipada em função da distância percorrida, o declive da reta obtida traduz a intensidade da resultante das forças de atrito. Se a partir dos gráficos realizados para as faces do paralelepípedo revestidas pelos materiais X e Y se verificou que, para a face revestida pelo material X, a intensidade da resultante das forças de atrito foi maior, então, no gráfico Ed = f (d) o declive tem de ser maior que para a face revestida com material Y. GRUPO I A variação da energia interna da amostra, no intervalo de tempo [0; 76] min foi de 2, J. A energia interna aumentou 2, J dado que foi essa a energia absorvida no processo de aquecimento, em resultado da exposição à luz solar. E = mc θ E = mc(θ f θ i ) E = 0,34 4, (27 11)) E = E = 2, J 1.2. (C) No intervalo de tempo [0; 76] min a potência absorvida pela superfície da lata de refrigerante mantém-se constante ao longo do tempo, verificando-se um aumento da temperatura. À medida que a temperatura aumenta, de acordo com a lei de Stefan-Boltzmann, a potência emitida, que é diretamente proporcional à quarta potência da temperatura absoluta, aumenta. Assim, no intervalo de tempo referido, vai diminuindo a diferença entre a taxa temporal de absorção e a taxa temporal de emissão de energia pela superfície da lata de refrigerante. A partir do instante 76 min há um equilíbrio entre a taxa de emissão e de absorção, pelo que a temperatura do refrigerante se mantém constante. (A) Inválida, porque a taxa temporal de absorção de energia se mantém constante já que a potência de radiação incidente na superfície da lata é constante. (B) Inválida, porque à medida que temperatura aumenta, a taxa temporal de emissão de energia pela superfície da lata aumenta (lei de Stefan-Boltzmann). (D) Inválida. A taxa temporal de absorção mantém-se constante, mas a taxa temporal de emissão de energia pela superfície da lata aumenta. Assim, a soma das duas componentes referidas aumenta no intervalo de tempo referido. 2. (D) Dado que a energia transferida entre a mistura e o recipiente foi desprezável pode admitir-se que, em módulo, a energia recebida pela amostra que se encontra a 5 o C é igual à energia cedida pela amostra que se encontra a 27 o C. Como o recipiente em que se faz a mistura é termicamente isolado, não há transferência de energia entre o sistema e as vizinhanças e a energia total do sistema permanece constante. Assim, a energia recebida (positiva) pela amostra a menor temperatura somada com a energia cedida (negativa) pela outra amostra terá de ser zero. EE rrrrrrrrrrrrrrrr + EE cccccccccccc = 0 mc θ + mc θ = 0 0,34c (θ e 27) + 0,20c (θ e 5) = 0 0,34(θ e 27) + 0,20(θ e 5) = 0 0,34(θ e 27) = 0,20(θ e 5) Testes e Exame Física e Química A

5 3. (C) Considerando a taxa temporal de transferência de energia, sob a forma de calor, por condução Q = k A T, que t l pode ser reescrita como P = k A T, permite escrever: l P Al = k AAAA A ll AAAA T P Al = 237 A l Al T e P aço = k aaçoo A ll aaçoo T P aço = 52 A l aço T P Al = P aço 237 A T = 52 A T 237 = l l Al l aço l Al l aço = 52l Al 237l aço = l aço 52 Al l Al = 4,6l aço GRUPO 1. (B) O ph inicial é 5,10, o que permite calcular o poh inicial. Assim, tendo em conta que a 25 o C, ph + poh = 14 poh = 14 5,10 poh = 8,90 ph = 5,10 e [H 3 O + ] = 10 ph [H 3 O + ] = 10 5,10 [H 3 O + ] = 7, mol dm 3 poh = 8,90 e [HO ] = 10 poh [HO ] = 10 8,90 [HO ] = 1, mol dm 3 A concentração inicial de iões H3O + tem o valor de 7, mol dm -3, sendo por isso superior a 1, mol dm -3 e superior à concentração inicial de iões HO - que tem o valor 1, mol dm A variação da concentração de iões H3O + (aq) na amostra de água gaseificada nos primeiros 5,0 min do intervalo de tempo em que os dados foram registados foi -4, mol dm -3. ph iiiiiiiiiiiiii = 5,10 e [H 3 O + ] = 10 ph [H 3 O + ] = 10 5,10 [H 3 O + ] = 7, mol dm 3 ph 5,0 mmmmmm = 5,40 e [H 3 O + ] = 10 ph [H 3 O + ] = 10 5,40 [H 3 O + ] = 3, mol dm 3 H 3 O + = H 3 O + 5,0 mmmmmm H 3 O + iiiiiiiiiiiiii H 3 O + = 3, , H 3 O + = 3, H 3 O + = 4, mmmmmm dddd (C) Duas espécies constituem um par conjugado ácido-base quando diferem entre si em apenas um protão, ou seja, ião H +, situação que apenas se verifica para o par H3O + (aq) e H2O (l) Durante o intervalo de tempo em que os dados foram registados, se houve libertação de CO2, a sua concentração na amostra da água gaseificada diminuiu, o que determinou, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, o favorecimento da reação (1) no sentido da sua formação, ou seja, no sentido inverso. A diminuição da concentração de H2CO3 (aq) resultante do favorecimento da reação (1) no sentido inverso determinou, também de acordo com o Princípio de Le Châtelier, o favorecimento da reação (2) no sentido inverso. Assim, a concentração de H3O + (aq) na amostra da água gaseificada diminuiu, o que implicou um aumento do ph da amostra durante o intervalo de tempo em que os dados foram registados. 4. (A) O equilíbrio de solubilidade do carbonato de cálcio é traduzido pela equação: CaCO 3 (s) Ca 2+ 2 (aq) + CO 3 (aq) Assim, KK s = [Ca 2+ ] [CO 3 2 ] [CO 3 2 ] = [CO 3 2 ] = 1, mol dm 3 K s [CCCC 2+ ] [CO 3 2 ] = 4, , [CO 3 2 ] = 1, mol dm 3 Testes e Exame Física e Química A

6 GRUPO I 1. (B) n. o. = n. o. (H) em H2 O n. o. (H) em H2 n. o. = +1 0 n. o. = (A) Determinar a quantidade de átomos em 0,300 mol de CO. n(co) = 0,300 mol, como cada molécula de CO tem 2 átomos n(átomos)em CO = 2 0,300 n(átomos)em CO = 0,600 mol Determinar a quantidade de átomos em 0,300 mol de H2O. n(h2o) = 0,300 mol, como cada molécula de H2O tem 3 átomos n(átomos)em H2O = 3 0,300 n(átomos)em H2O = 0,900 mol Determinar a quantidade total de átomos na mistura gasosa. n(átomos)total = n(átomos)em CO + n(átomos) em H2O n(átomos)total = 0, ,900 n(átomos)total = 1,500 mol 2.2. Determinar a massa de CO na mistura gasosa inicial. Mr (CO) = Ar(C) + Ar(O) Mr(CO) = 12, ,00 Mr(CO) = 28,01 M(CO) = 28,01 g mol -1 m(co) = n(co) M(CO) m(co) = 0,300 28,01 m(co) = 8,403 g Determinar a massa de H2O na mistura gasosa inicial. Mr(H2O) = 2Ar(H) + Ar(O) Mr(H2O) =1, ,00 Mr(H2O) = 18,02 M(H2O) = 18,02 g mol -1 m(h2o) = n(h2o) M(H2O) m(h2o) = 0,300 18,02 m(h2o) = 5,406 g Determinar a massa da mistura gasosa. m(mistura) = m(co) + m(h2o) m(mistura) = 8, ,406 m(mistura) = 13,809 g Determinar a densidade da mistura gasosa no reator. ρ mistura gasosa = m mistura ρ mistura gasosa = 13,809 mistura 10,00 ρ mistura gasosa = 1,38 g dm 3 A densidade da mistura gasosa no reator é 1,38 g dm -3 Outro processo: Determinar a quantidade total de moléculas na mistura gasosa. n(moléculas)total = n(co) + n(h2o) n(moléculas)total = 0, ,300 n(moléculas)total =0,600 mol Determinar o volume molar de um gás, nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator. m = n 10,00 m = 0,600 m = 16,67 dm 3 mol 1 Determinar o volume de CO na mistura gasosa inicial. (CO) = m n(co) (CO) = 16,67 0,300 (CO) = 5,001 dm 3 Determinar a massa de CO na mistura gasosa inicial. Mr(CO) = Ar(C) + Ar(O) Mr(CO) =12, ,00 Mr(CO) = 28,01 M(CO) = 28,01 g mol -1 m(co) = n(co) M(CO) m(co) = 0,300 28,01 m(co) = 8,403 g Determinar a densidade do monóxido de carbono, CO (g), nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator. ρ CCCC = m CO ρ CCCC = 8,403 CO 5,001 ρ CCCC = 1,680 g dm 3 Determinar o volume de H2O na mistura gasosa inicial. H2 O = mm nn(h 2 O) H2 O = 16,67 0,300 H2 O = 5,001 dm 3 Determinar a massa de H2O na mistura gasosa inicial. Mr(H2O) = 2Ar(H) + Ar(O) Mr(H2O) = 2 1, ,00 Mr(H2O) = 18,02 M(H2O) = 18,02 g mol -1 m(h2o) = n(h2o) M(H2O) m(h2o) = 0,300 18,02 m(h2o) = 5,406 g Testes e Exame Física e Química A

7 Determinar a densidade do vapor de água, H2O (g), nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator. ρ HH2 OO = m HH 2 OO ρ HH2 OO = 5,406 5,001 ρ HH 2 OO = 1,081 g dm 3 HH2 OO Determinar a densidade da mistura gasosa no reator. ρρ mistura = ρρ CO xx CO + ρρ H2 O xx H2 O ρρ mistura = 1,081 0,300 0,600 ρρ mistura = 1,38 g dm 3 A densidade da mistura gasosa no reator é 1,38 g dm ,680 0,300 0, Determinar a quantidade de CO (g) que existia no reator no estado de equilíbrio, n(co)eq. n(co) eq = n(co) i 42,3 100 n(co) eq = 0,300 42,3 100 n(co) eq = 0,1269 mol Determinar a concentração de equilíbrio de CO (g). [CO] eq = n(co) eq [CO] eq = 0, ,00 [CO] eq = 0, 1296 mol dm 3 Determinar a quantidade de CO (g) que reagiu, n(co)q.r.. n(co) q.r. = n(co) i n(co) eq n(co) q.r. = 0,300 0,1296 n(co) q.r. = 0,1731 mol Determinar a concentração de equilíbrio de H2O (g). Tendo em conta a estequiometria da reação n(h 2 O) q.r. = n(co) q.r. n(h 2 O) q.r. = 0,1731 mol n(h 2 O) eq = n(h 2 O) i n(h 2 O) q.r. n(h 2 O) eq = 0,300 0,1731 n(co) q.r. = 0,1296 mol [H 2 O] eq = n(h 2O) eq Determinar a quantidade de CO2 (g) que se formou, n(co2)f. Tendo em conta a estequiometria da reação n(co 2 ) f = n(co) q.r. n(co 2 ) f = 0,1731 mol Determinar a concentração de equilíbrio de CO2(g). Como inicialmente não existia CO2 n(co 2 ) eq = n(co 2 ) f n(co 2 ) eq = 0,1731 mol [H 2 O] eq = 0, ,00 [H 2O] eq = 0, mol dm 3 [CO 2 ] eq = n(co 2) eq [CO 2 ] eq = 0, ,00 [CO 2 ] eq = 0, mol Determinar a quantidade de H2 (g) que se formou, n(h2)f. Tendo em conta a estequiometria da reação n(h 2 ) f = n(co) q.r. n(h 2 ) f = 0,1731 mol Determinar a concentração de equilíbrio de H2 (g). Como inicialmente não existia H2 n(h 2 ) eq = n(h 2 ) f n(h 2 ) eq = 0,1731 mol [H 2 ] eq = n(h 2) eq [H 2 ] eq = 0, ,00 [H 2] eq = 0, mol dm 3 Determinar a constante de equilíbrio da reação considerada, à temperatura de 700 o C. K c = [H 2O] eq [CO] eq 0, ,01269 K [H 2 ] eq [CO 2 ] c = eq 0, ,01731 K c = 0,537 GRUPO II 1. (D) A molécula de dióxido de carbono possui 16 eletrões de valência (4 do carbono e 2 6 de átomos de oxigénio). Assim, a representação em notação de Lewis deverá evidenciar 8 pares de eletrões (ligantes e não ligantes). Por outro lado, para obedecer à regra do octeto, cada átomo deverá estar rodeado de 8 eletrões (4 pares). (A) Apenas estão representados 6 pares de eletrões e nenhum átomo obedece à regra do octeto. (B) Estão representados 8 pares de eletrões, mas os átomos de oxigénio não obedecem à regra do octeto. Testes e Exame Física e Química A

8 (C) Apenas estão representados 6 pares de eletrões e só o átomo de carbono obedece à regra do octeto. 2. O ângulo de ligação na molécula de CO2 é 180º. O ângulo de ligação numa molécula está relacionado com a minimização das repulsões entre os pares de eletrões ligantes / ligantes, não ligantes / não ligantes e ligantes / não ligantes. Na molécula de dióxido de carbono, não existem pares de eletrões de valência não ligantes no átomo central (carbono). Assim, as repulsões fundamentais são as que ocorrem entre os pares que traduzem a ligação entre o átomo de C e os dois átomos de O. De modo a minimizar as repulsões que se estabelecem entre os pares de eletrões ligantes, a molécula de dióxido de carbono assume uma geometria linear, sendo o ângulo de ligação 180 o. 3. (B) A configuração eletrónica do carbono, no estado fundamental, é 1s 2 2s 2 2p 2. As orbitais de valência são as que se encontram no nível energético mais externo, mais afastado do núcleo, neste caso as 2s e 2p. A orbital 2s só pode ser caracterizada por (2, 0, 0) e as 2p podem ser por (2, 1, -1) ou (2, 1, 0) ou (2, 1, 1), já que orbitais do tipo s têm número quântico secundário l = 0 e as p, l = 1. (A) Inválida, porque se n = 2 o valor máximo de l terá de ser 1, já que l só pode tomar valores 0, n-1. (C) e (D) Inválidas, porque, como as orbitais de valência são do nível 2, o número quântico principal tem de ser (D) A configuração eletrónica do oxigénio, no estado fundamental, é 1s 2 2s 2 2p 4, sendo a energia de ionização 1,31 x 10 3 kj mol -1. 1, kj mol 1 = 1, kj = 1, J 1 mol 6, = 2, J Os eletrões de valência menos atraídos ao núcleo no átomo de oxigénio, no estado fundamental, são os do subnível 2p. Assim, os eletrões mais facilmente removíveis são os desse subnível. Como a energia de ionização é 1,31 x 10 3 kj mol -1, ou seja, 2,18 x J, é esta a energia mínima necessária para remover um eletrão de um átomo de oxigénio no estado fundamental, isolado e em fase gasosa. 5. Os elementos químicos oxigénio e carbono localizam-se no mesmo período da tabela periódica pelo que os seus eletrões de valência, no estado fundamental, encontram-se no mesmo nível de energia (nível 2). O oxigénio tem número atómico 8 e o carbono 6. Assim, a carga nuclear do oxigénio é superior à do átomo de carbono. Deste modo, a força atrativa exercida pelo núcleo do átomo de oxigénio sobre os seus eletrões de valência é mais intensa do que a força exercida pelo núcleo do átomo de carbono sobre os seus eletrões de valência, pelo que o raio atómico do oxigénio é menor do que o raio atómico do carbono. Testes e Exame Física e Química A