RESOLUÇÃO – Exame nacional 2013 – 2ª Fase – Versão 1
Grupo I
1. Um sinal eletromagnético apresenta, no vácuo, uma velocidade que se representa por c:
c = 3,00 × 108 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:
Δt =
3,6 × 104 × 103
3,00 × 108
Assim:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
2.Para verificarmos que um satélite a 3,6 × 104 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:
Fres = ma
Considera-se que o satélite está sujeito apenas à força da gravidade da Terra, pelo que, aplicando a lei
da gravitação universal:
GMm
GM
= ma ⇔ a =
⇔ a = 0,222 m s–2
r2
r2
Recordemos que o satélite apresenta movimento circular uniforme, pelo que a aceleração é igual à
aceleração normal (ou centrípeta):
a = an =
2
v
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 = 3,07 × 103 m s–1
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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 3,6 × 107
⇔ T = 8,7 × 104 s = 24 h
3,07 × 103
3.
3.1. 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 m2.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
3.2. P
odemos 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 = 1,56 × 104 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, Pu)
será:
Pu = 15600 × 0,2 ⇔ P = 3,12 × 103 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):
P=
E
⇔ E = 3,12 × 24 ⇔ E = 74,9 kW h
Δt
4.
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.
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Grupo II
1.
1.1. 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.
1.2. Sabemos que a quantidade, n, de um gás está relacionada com o respetivo volume, V, através da
seguinte expressão:
n=
V
Vm
onde Vm 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 m3).
Logo, em unidades coerentes, temos:
V = 800 × 103 × 0,21 dm3
E, consequentemente:
n=
800 × 103 × 0,21
Vm
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
2.Ocorreu uma variação na pressão de 0,4 atm. Ora, se, por cada 10 m de altitude subidos há uma variação de 1,32 × 10–3 atm, bastar-nos-á aplicar uma regra de três simples para resolvermos o problema:
10 m
x
–––––––––––––––––––– 1,32 × 10–3 atm
0,4 atm
––––––––––––––––––––
x = 3030 m
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
3.O trabalho do peso, Wp, pode ser calculado a partir de:
WP = –ΔEpg ⇔ Wp = mghi – mghf
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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:
Wp = –2,0 × 103 m g
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
4.A temperatura do ar na troposfera decresce sempre à medida que a altitude aumenta.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
Grupo III
1.Podemos aplicar a Lei das Posições, ao longo do eixo Oy, para o movimento de queda livre, partindo,
com vo = 0, de uma posição yo = 0:
y=
1 2
gt
2
Para t = 0,2 s e para t = 0,4 s, temos, respetivamente:
y = 0,2 m e y = 0,8 m
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
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:
WFres = ΔEc
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Ora, o trabalho da força resultante é igual à soma do trabalho do peso, WP, com o trabalho da resistência do ar (força exterior), WFext. Por isso:
Wp + WFext = 0
E como:
Wp = –ΔEPg
Concluímos que:
WFext = ΔEPg
Como o corpo desce 0,5 m na vertical, podemos fazer hi = 0,5 m e hf = 0, obtendo-se:
WFext = mghf – mghi ⇔ WFext = –0,004 × 10 × 0,5 ⇔ WFext = –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:
Ed = 0,02 J
3.
3.1. A bola sobe o plano com movimento uniformemente retardado.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
3.2. 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:
EmA = EmB ⇔
1
1
mv2A + mghA =
mv2B + mghB
2
2
Sendo A o ponto de lançamento (hA = 0) e B o ponto de altura máxima (vB = 0), obtemos:
hB =
1 2
vA
2g
Logo, a altura máxima atingida é diretamente proporcional ao quadrado do módulo da velocidade de
lançamento.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
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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
1.
1.1. 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 SO3(g)
início | |
variação
equilíbrio | |
2 mol dm
–2x
2 – 2x
+
0
+2x
2x
O2(g)
0
+x
x
Verifica-se que o grau de decomposição, α, de SO3(g) é igual a 40%, pelo que podemos escrever:
α=
2 SO2(g)
–3
2x
2
× 100 ⇔ x = 0,4 mol dm–3
Substituindo:
equilíbrio | |
2 SO3(g)
1,2 mol dm–3
2 SO2(g)
0,8 mol dm–3
+
O2(g)
0,4 mol dm–3
Agora, já temos os dados que nos permitem calcular a constante de equilíbrio, Kc:
Kc =
|SO2|2eq |O2|eq
⇔ Kc = 0,18
|SO3|2eq
1.2. Se, por cada mole de SO3(g) é absorvida uma dada quantidade de energia, então, é evidente que duas
moles obrigarão a uma absorção do dobro da energia.
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Por outro lado, é importante recordar que uma absorção corresponde a uma variação positiva da
energia.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
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
m
n×M
⇔ρ=
⇔ρ=
V
Vm
n × Vm
Para comparar a densidade de SO3(g) com a densidade de SO2(g) bastar-nos-á dividir uma pela outra:
M(SO3)
Vm
ρSO3
ρ
M(SO3)
⇔ SO3 =
=
ρSO2
ρ
M(SO2)
SO
2
M(SO2)
Vm
Precisamos apenas de substituir as massas molares, que podemos calcular recorrendo à Tabela Periódica:
ρSO3
80
=
= 1,25
ρSO2
64
3. Como conhecemos a densidade e o volume de solução, podemos determinar a respetiva massa, utilizando unidades coerentes:
ρ=
m
⇔ m = 1,84 × 100 ⇔ m = 184 g
V
Como a percentagem em massa de H2SO4(aq) é igual a 98%, podemos calcular a massa:
mH2SO4 = 184 × 0,98 = 180 g
Grupo V
1. A configuração eletrónica do oxigénio, no estado fundamental, é:
O – 1s2 2s2 2p4
8
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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 O2 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.
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
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 ml = 0.
Assim:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
3. A energia de ionização é a energia mínima para que o átomo perca um eletrão e se transforme num
catião.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
4. A
s riscas do espectro de absorção de qualquer elemento químico estão sempre na mesma posição que
as riscas do espectro de emissão.
Grupo VI
1.
1.1.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.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
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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:
KNO3(s)
K+(aq) + NO3–(aq)
S
S
eq | |
E a solubilidade relaciona-se com a constante de produto de solubilidade, Ks, através de:
Ks = |K+|eq |NO3–|eq
Portanto, a solubilidade é igual, neste caso, à concentração dos iões.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
2.
2.1. Consultando o gráfico, ficamos a conhecer a massa de sal que é possível dissolver em 100 g de água,
à temperatura de 40 oC:
São 62 g, o que significa que, em 50 g de água, conseguiremos dissolver 31 g de KNO3.
2.2.O valor da solubilidade do sal à temperatura de 30 oC, 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:
δabs = |55 – 46| = 9 g
O erro relativo traduz-se na percentagem de erro absoluto relativamente ao valor correto:
δrel =
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9
× 100 = 20%
46
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2.3. Verifica-se, a partir do gráfico, que a solubilidade do KNO3(s) em água aumenta à medida que a temperatura aumenta.
OU
Verifica-se, a partir do gráfico, que a dissolução do KNO3(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 KNO3(s) em água é um processo endotérmico.
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