RESOLUÇÃO – Exame nacional 2011 – 2ª Fase – Versão 1
Grupo I
1. A resposta a este item exige apenas uma leitura e transcrição (esquemática) do texto:
2. Sabemos que o índice de refração, n, de um dado material é inversamente proporcional ao valor da
velocidade da luz, v, nesse material:
c
n=
v
onde c é o valor da velocidade da luz no vácuo (ou no ar).
Daqui resulta que, sendo o índice de refração para a radiação vermelha inferior ao índice de refração
para a radiação violeta, a radiação vermelha se propague no interior do prisma com maior velocidade.
3. De acordo com a Lei de Snell-Descartes:
nA sin θi = nB sin θr
a transmissão de luz de um meio com índice de refração nA para outro meio com índice de refração nB
superior, tal como sucede neste caso, leva a uma diminuição do ângulo com a normal à superfície de
separação entre os dois meios (θi > θr).
Por isso:
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
4. Queremos elevar a temperatura de 300 kg de água em 40 °C. Claro que, para conseguir esse objetivo,
vai ser necessário fornecer à água energia sob a forma de calor, q:
q = m c ΔT
Podemos calcular a quantidade de calor de que precisamos:
q = 300 × 4180 × 40 ⇔ q = 5,02 × 107 J
Este calor vai corresponder à energia útil, Eu, do sistema solar térmico que tem um rendimento
η = 35%. A energia total que terá que ser absorvida pelo sistema, Ef, proveniente da radiação solar,
pode ser calculada a partir de:
η=
obtendo-se:
Eu
Ef
× 100
7
Ef = 5,02 × 10 × 100 ⇔ Ef = 1,43 × 108 J
35
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 1
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 1 / 11
08/07/13 10:51
Sabendo que a radiação incidente é 1,0 × 107 J, por cada metro quadrado:
1,0 × 107 J
1 m2
1,43 × 108 J
x
x = 14,3 m2
5. O comprimento de onda da radiação de máxima intensidade emitida por uma estrela, λmax, está relacionado com a temperatura, T, a que esta se encontra pela Lei de Wien:
λ=
b
T
onde b é uma constante.
Daqui se conclui que, quanto menor for a temperatura da estrela, maior será λmax.
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
Grupo II
1.
1.1. Trata-se de um espetro contínuo de emissão, dado que são emitidas todas as cores, a que se sobrepõem riscas escuras resultantes de absorções descontínuas.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
1.2. O produto da frequência, f, pelo comprimento de onda, λ, de uma radiação tem como resultado a
velocidade da luz, neste caso, no vácuo, c:
c=f×λ
Por outro lado, há que manter a coerência de unidades, o que significa que teremos que efetuar uma
redução de nanómetros a metros no comprimento de onda da radiação:
λ = 486 nm = 4,86 × 10-7 m
Agora, com:
c = 3,00 × 108 m s-1
podemos calcular f:
Por isso:
8
f = 3,00 × 10 Hz
–7
4,86 × 10
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 2
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 2 / 11
08/07/13 10:51
1.3. Apresentando o espetro de emissão do hélio atómico uma risca a 587 nm e outra a 667 nm, o espetro
de absorção do hélio atómico deverá apresentar riscas negras aos comprimentos de onda referidos.
Como o espetro da estrela Rigel apresenta duas riscas negras a comprimentos de onda aproximadamente coincidentes com os comprimentos de onda referidos (assinalados com setas na figura seguinte):
400
450
500
550
600
650
700
Comprimento de onda (nm)
conclui-se que é provável que o hélio esteja presente na atmosfera da estrela.
pag287
2.ª prova | FQ 11 | Sebenta
zona doSara
visível
Paz |(luz
2012vermelha)
2. Trata-se de uma risca de emissão na
deu-se entre um nível superior e o nível n = 2.
e, por isso, a transição eletrónica
Por outro lado, como houve emissão de energia, a energia final, Ef, do eletrão será inferior à energia
inicial, Ei. Como:
ΔE = Ef – Ei
concluímos que ΔE < 0.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
Grupo III
1. O raio atómico diminui ao longo de um período da Tabela Periódica e, por isso, em cada período, o elemento que possui maior raio atómico é o elemento do grupo I.
O oxigénio encontra-se no 2º período da Tabela Períodica e o elemento do grupo I desse período é o
Lítio. Logo, o elemento com maior raio atómico do período do oxigénio é o Lítio (Li).
2. Quando os átomos se ligam através de ligações covalentes, de modo a formarem uma molécula, partilham eletrões de valência.
Cada átomo de oxigénio, 8O, possui 6 eletrões de valência:
O – 1s2 2s2 2p4
8
que, na notação de Lewis, são representados por marcas dispostas à volta dos símbolos químicos.
A partilha de eletrões de valência decorre até que os átomos adquiram a máxima estabilidade, o que
costuma ser garantido pela regra do octeto – cada átomo fica rodeado por 8 (4 pares de) eletrões de
valência:
→
→
→
Cada par representa-se por um traço.
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 3
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 3 / 11
08/07/13 10:51
Neste caso, bastará ao examinando apresentar a fórmula de estrutura final:
3. Neste item é necessário converter uma energia que nos é dada em kJ mol-1, isto é, temos a energia
por cada mole (6,02 × 1023) de eletrões ejetados de outras tantas moléculas de O2(g), para a mesma
energia, mas em J (por cada eletrão). Temos, pois, que multiplicar a energia por 103 para passar kJ a
J e dividir pelo número de eletrões que existe em uma mole:
3
3
E = 1,18 × 10 × 10 J
6,02 × 1023
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
4. A fração molar de um dado gás, xgás, numa mistura de gases é dada por:
xgás =
ngás
ntotal
Onde ngás é o número de moles do gás e ntotal é o número total de moles da mistura de gases.
Neste caso:
xO2 =
(A) – F.
nO
2
nO2 + nN2 + noutros
⇔ xO2 =
0,047
0,174 + 0,047 + 0,002
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
5. Vamos construir o esquema habitual, com os dados fornecidos no enunciado:
2 C4H10(g)
+
13 O2(g)
→
8 CO2(g)
+
10 H2O(g)
m = 23,26 g
M = 58,14 g mol-1
⇒ n = 0,4 mol
Agora, podemos proceder ao cálculo estequiométrico para determinar a quantidade necessária de O2(g):
2 mol
13 mol
0,4 mol
x
x = 2,6 mol de O2(g)
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 4
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 4 / 11
08/07/13 10:51
O cálculo do volume, V, correspondente é simples se recordarmos que:
n= V
Vm
e que, nas condições PTN:
Vm = 22,4 dm3 mol-1
Assim:
V = 2,6 × 22,4 ⇔ V = 58,2 dm3
6. Trata-se do mesmo som e, por isso, terá, forçosamente, a mesma frequência e, consequentemente, o
mesmo período.
Quanto à velocidade do som, como sabemos, ela depende do meio onde se dá a propagação da oscilação mecânica, pelo que se alteramos este, será modificada aquela.
Para a mesma frequência, uma velocidade de propagação diferente forçará a alteração do comprimento de onda.
Concluímos, assim, que:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
Grupo IV
1.
1.1. Analisando o gráfico fornecido, verificamos que, para T = 40 °C, temos Kw = 3,0 × 10-14:
Kw
3,0 × 10¯14
0
40
Temperatura /
C
o
Temos, portanto, para a autoionização da água:pag289
H2O(l)
+
2.ª prova | FQ 11 | Sebenta
Sara Paz | 2012
H2O(l)
HO–(aq)
+
H3O+(aq)
eq | |
com T = 40 °C:
Kw = ⏐H3O+⏐eq⏐HO–⏐eq ⇔ 3,0 × 10–14 = x2 ⇔ x = 1,73 × 10–7 mol dm–3
Note que x corresponde à concentração hidrogeniónica no equilíbrio, ⏐H3O+⏐eq , e que:
pH = –logH3O + eq
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 5
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 5 / 11
08/07/13 10:51
Daqui resulta que o pH da água pura, com T = 40 °C, seja:
pH = -log (1,73 × 10-7) ⇔ pH = 6,8
1.2. Mesmo que não façamos mais contas, é de conhecimento geral que o pH da água pura, com T = 25 °C,
é igual a 7. Vimos no item anterior que esse pH baixa para 6,8 quando T aumenta para 40 °C. Podemos, pois, concluir que o pH da água pura baixa quando a temperatura aumenta.
Claro que esta descida do pH da água pura não afeta o caráter neutro da substância, pois as concentrações de H3O+(aq) e de HO–(aq) continuarão a ser iguais.
Assim:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
1.3. A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:
A) Verifica-se [, a partir do gráfico,] que Kw aumenta à medida que a temperatura aumenta, o que
significa que a reação de autoionização da água é favorecida pelo aumento da temperatura.
Note que Kw é dado por:
Kw = ⏐H3O+⏐eq⏐HO–⏐eq
Como tal, um aumento de Kw significa que aumentou a concentração de H3O+(aq) e de HO-(aq), ou
seja, foi favorecida a reação direta.
B) [ De acordo com o Princípio de Le Châtelier,] um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica.
C) Conclui-se, assim, que a reação de autoionização da água (reação direta; a reação inversa chama-se “neutralização”) é endotérmica.
2. Sabemos que uma substância anfotérica se pode comportar como um ácido ou como uma base.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
3. Trata-se da definição da constante do produto iónico da água, Kw:
Kw = ⏐H3O+⏐eq⏐HO–⏐eq
Com T = 25 °C, temos:
Kw = 1,0 × 10-14
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 6
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 6 / 11
08/07/13 10:51
e, por isso:
⏐H3O+⏐eq × ⏐HO–⏐eq = 1,0 × 10–14
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
4. A molécula de água, H2O, é constituída por um átomo de oxigénio, O, e dois átomos de hidrogénio, H:
O – 1s2 2s2 2p4
8
1
H – 1s1
Utilizando a notação de Lewis, podemos obter a fórmula de estrutura da molécula de água:
Hx
O
xH
→
O
H
x
x
H
→
O
H
H
De facto, a molécula apresenta geometria angular que, como sempre sucede, é a conformação que
apresenta maior estabilidade. Esse ganho de estabilidade
consegue-se com o máximo afastamento
pag291
possível entre os pares eletrónicos ligantes
e não
ligantes.
2.ª prova
| FQ
11 | Sebenta
Sara Paz | 2012
A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:
A) Na molécula de água, existem dois pares de eletrões [de valência] não ligantes no átomo de oxigénio.
B) As repulsões que se estabelecem entre estes pares de eletrões e os dois pares de eletrões [de valência] ligantes forçam a molécula a assumir uma geometria angular.
Grupo V
1. O valor mais provável para a velocidade do carrinho corresponde à média aritmética dos valores tabelados:
v = 0,846 + 0,853 + 0,842 ⇔ v = 0,847
3
Calculemos os módulos dos desvios em relação ao valor mais provável:
δ = 0,846 – 0,847 = 0,001
δ = 0,853 – 0,847 = 0,006
δ = 0,842 – 0,847 = 0,005
A incerteza absoluta, δa, corresponde ao maior dos desvios:
δa = 0,006
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 7
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 7 / 11
08/07/13 10:51
(Os critérios de correção do exame dão como válida a incerteza absoluta como a média aritmética dos
desvios).
O resultado final da medição da velocidade do carrinho deve vir expresso da seguinte forma:
v = 0,847 m s-1 ± 0,006 m s-1
ou
v = 0,847 m s-1 ± 0,004 m s-1
2. Se soubermos a distância, x, que o carrinho percorreu e o tempo, t, necessário para percorrer essa
distância, podemos utilizar as Leis do Movimento para calcular a velocidade, v, do carrinho ao fim do
tempo, t, sendo vo = 0 (o carrinho parte do repouso).
x = xo + vot +
1
at2 2
x=
v = vo + at
1
2x
at2 a = 2
2
t
v = at
v=
2x
t
Assim sendo, com uma fita métrica para medir x e um cronómetro para fazer a medição de t, temos
reunidos os dados para calcular a velocidade final. Depois, basta fazer a conta…
A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:
A) Medir [com a fita métrica] uma distância percorrida pelo carrinho sobre a rampa.
B) Medir [com o cronómetro] o tempo que o carrinho demora a percorrer essa distância.
C) Calcular a velocidade do carrinho, utilizando as equações do movimento retilíneo uniformemente
acelerado OU equivalente.
Energia cinética*
3. Analisando o gráfico, verifica-se que para d = 2,00 m se tem Ec = 0,170 J:
Distância percorridaM
Uma vez que a energia cinética é dada por:
pag292
1.ª prova | FQ 11 | Sebenta
Sara Paz
1 | 2012
2
Ec =
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 8
2
mv
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 8 / 11
08/07/13 10:51
concluímos que, para o corpo de massa m = 0,4570 kg, a velocidade, v, fica:
v=
(A) – V.

2 × 0,170
0,4570
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
4. Temos, neste item, gráficos Ec = f(d) e verificamos que a relação entre as duas grandezas é linear.
Uma boa ideia para tentarmos verificar que alteração ocorre no gráfico quando a massa, m, do corpo
aumenta é obter a equação da reta que relaciona a energia cinética com a distância percorrida.
Há, no entanto, um aspeto que não é esclarecido pelo enunciado e que pode ter relevância quando
tentamos chegar a uma conclusão correta: há ou não atrito entre o carrinho e o plano inclinado?
Partamos do princípio de que não há atrito.
Nesse caso, podemos, por exemplo, aplicar a Lei da Conservação da Energia Mecânica entre os pontos A e B separados pela distância d:
vA = 0
A
d
hA
α
Assim:
EmA = EmB
Note, por outro lado, que:
B
hB = 0
pag293
1.ª prova | FQ 11 | Sebenta
1 Sara 2Paz | 2012
⇔ mv + mghA = Ec + mghB
A
2
sin α =
hA
d
⇔ hA = d sin α
Podemos, agora, deduzir uma expressão que relaciona diretamente a energia cinética com a distância
percorrida:
Ec = mgsinα d
Se associarmos esta expressão com a equação reduzida da reta:
Ec = mgsinα d
y = m x + b
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 9
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 9 / 11
08/07/13 10:51
verificamos que a ordenada na origem, b, é nula (o carrinho parte do repouso) e concluímos que o declive, m, da reta no gráfico Ec = f(d) é dado por:
m = mgsinα
Deduzimos, desta forma, que quando a massa do carrinho aumenta, por lhe colocarmos uma sobrecarga, há um aumento do declive da reta no gráfico Ec = f(d):
Energia cinética
Com sobrecarga
Sem sobrecarga
Distância percorrida
Mas o que se alteraria se houvesse atrito entre o carrinho e o plano inclinado?
pag294
Nesse caso, a situação complicar-se-ia um pouco
e teríamos que considerar a Lei Geral da Conserva1.ª prova | FQ 11 | Sebenta
ção da Energia Mecânica:
Sara Paz | 2012
WFext = ΔEm ⇔ WFext = EmB – EmA ⇔ WFext = Ec – mghA
Onde o trabalho das forças exteriores, WFext, corresponderia ao trabalho da força de atrito de valor, Fa:
WFext= Fa × d × cos 180°
Daqui resultaria a expressão Ec = f(d) que seria associada à equação da reta:
Ec = (mgsinα – Fa)d
y = m x + b
Portanto, o declive, m, da reta seria dado por:
m = mgsinα – Fa (recorde que o segundo “m” é a massa do carrinho)
Aqui as conclusões são um pouco mais difíceis de tirar, até porque (como verá nos próximos anos
do seu estudo) a própria força de atrito depende diretamente da massa do corpo e do ângulo α. No
entanto, a conclusão que nos interessa já pode ser retirada da expressão que deduzimos: o aumento
da massa do carrinho leva a um aumento do declive da reta. Desta forma, a escolha da alínea correta
neste item é independente da existência ou não de atrito entre o corpo e o plano (talvez seja por isso
que tal não é mencionado).
Assim:
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 10
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 10 / 11
08/07/13 10:51
Grupo VI
1. Há inversão no sentido do movimento quando o sinal da velocidade se altera. Neste caso, tal sucede
aos 3,9 s e aos 5,0 s. O único intervalo que contém um desses valores é [4,8; 5,2] s.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
2. Vamos retirar do gráfico os valores da velocidade inicial, vo, e da velocidade, v, ao fim do intervalo de
tempo t:
vo = 0
v = 0,40 m s-1
t = 1,4 s
Trata-se de um movimento uniformemente acelerado e, como tal, podemos, utilizando a Lei das Velocidades, determinar o valor da aceleração, a:
→
→
→
v = v o + at ⇔ a = 0,286 m s–2
Com a aceleração e a Lei das Posições, calculamos o valor de x, que corresponde à distância percorrida, uma vez que se trata de um movimento retilíneo e consideramos xo = 0:
→
→ →
→
x = xo x = x
3. No intervalo de tempo aproximadamente [3,3; 3,9] s, que inclui o instante t = 3,4 s, o corpo movimenta-se no sentido positivo da trajetória, pois a velocidade é positiva.
Por outro lado, o valor da velocidade nesse intervalo de tempo está a diminuir, isto é, o movimento é
retardado. Significa isto que temos o vetor velocidade com a mesma direção e sentido do movimento,
mas o vetor aceleração terá sentido contrário, embora tenha a mesma direção (movimento retilíneo).
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
©
20_valoresFQ_CD_p7a60.indd 11
Exame nacional 2011 – 2ª Fase • V 1 – Resolução p 11 / 11
08/07/13 10:51