RESOLUÇÃO – Exame nacional 2011 – 1ª Fase – Versão 1
Grupo I
1. Movimento retilíneo uniforme.
2. A Terceira Lei de Newton diz-nos que as forças são interações entre os corpos: não existe uma força
que um corpo A faça num corpo B, mas antes uma interação entre A e B. Dessa interação resulta um
par de forças colineares, de sentidos contrários, igual módulo e aplicadas em corpos diferentes: a força que A exerce em B (aplicada em B) e a força que B exerce em A (aplicada em A).
A força gravítica (ou peso) que atua no carrinho é a força que a Terra exerce no carrinho.
A força normal (ou reação normal) é exercida pela estrada no carrinho.
É verdade que, como a força resultante na direção vertical é nula, então o módulo da força gravítica é
igual ao módulo da força normal, mas as duas forças não constituem um par ação-reação porque são
aplicadas no mesmo corpo, o carrinho.
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
3. A) Quanto mais lisa for a estrada, menor será a intensidade [da resultante] das forças de atrito que
atuam sobre o carrinho.
B) Assim, a intensidade da resultante das forças que atuam sobre o carrinho será menor [uma vez que
esta resultante se identifica com a resultante das forças de atrito que atuam sobre o carrinho].
C) Consequentemente, a aceleração do carrinho será menor, pelo que [para a mesma velocidade inicial] a distância percorrida pelo carrinho até parar será maior.
Notas:
– É fundamental que da resposta do examinando resulte a ideia de que a distância percorrida pelo carrinho aumenta quando a estrada se torna mais lisa, porque a aceleração do carrinho se torna menor,
e que isso sucede graças à redução da força resultante que corresponde à força de atrito;
– O tópico A é evidente e é sempre fundamental na resposta;
– A existência de outras forças a atuar no carrinho, como o peso e a força normal, tornam essencial
identificar a resultante das forças com a força de atrito. Daí a pertinência do tópico B;
– Se a intensidade da força resultante diminui, o mesmo acontece com o módulo da aceleração, de
acordo com a Segunda Lei de Newton. E é esta redução do módulo da aceleração (que tem sentido
contrário ao do movimento) que aumenta o tempo de paragem e leva a que a distância percorrida
pelo carrinho até parar seja maior.
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4. Trata-se, pois, de um movimento circular uniforme. Se a roda dá 5 voltas em 4,0 s, então, o tempo
para dar uma volta, isto é, o período, T, do movimento é igual a:
T = 4,0 ⇔ T = 0,8 s
5
Por sua vez, a velocidade angular, ω, que pode ser dada por:
ω = 2π
T
é igual a:
ω = 2π ⇔ ω = 7,8 rad s–1
0,8
5. Como sabemos, o fluxo magnético, Φ, resultante da penetração das linhas de um campo magnético
de módulo B, através de uma espira condutora de área de secção A, é dado por:
Φ = B × A × cos θ
onde θ é o menor ângulo entre as linhas de campo e a normal à espira:
N
θ
B
Para um dado valor de B e de A verifica-se que o fluxo é máximo para θ = 0°, ou seja, quando a normal
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e as linhas de campo são paralelas ou, em
alternativa,
quando as linhas de campo são perpendiculares
2.ª prova
| FQ 11 | Sebenta
Saraseja:
Paz | o
2012
à espira. Note que faz todo o sentido que assim
número de linhas de campo que penetram na espira é máximo quando ela se encontra numa posição perpendicular relativamente às linhas de campo.
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
Grupo II
1. A incerteza associada a uma medição executada com instrumento graduado é, por defeito, igual a
metade da menor divisão da escala. Neste caso, como a menor divisão é igual a 1 mm, então teremos
uma incerteza de 0,5 mm.
2. Dois tópicos, que são, de resto, evidentes da análise da tabela, constituem a resposta a este item:
A) A energia dissipada diminui à medida que a distância percorrida sobre o plano diminui.
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B) A intensidade da força de atrito é independente da distância percorrida sobre o plano.
O facto de a energia dissipada diminuir quando a distância diminui não constitui qualquer surpresa e
faz todo o sentido, mesmo que não tivéssemos os dados da tabela.
A intensidade da força de atrito parece variar muito ligeiramente entre 1,04 N e 1,05 N e poderia haver quem fosse levado a duvidar da sua independência relativamente à distância. Uma análise mais
atenta, contudo, permite dissipar todas as dúvidas: repare que de d1 para d2 a distância diminui e a
intensidade da força de atrito diminui ligeiramente, ao passo que na passagem para d3 continuamos a
diminuir a distância, mas temos um aumento ligeiro do módulo da força de atrito. O que isto nos está
a “dizer” é que a variação ligeira do valor da força de atrito não está relacionada com a variação da
distância percorrida, mas é, provavelmente, um erro de medição.
3.
3.1. Diz-nos a Lei Geral da Conservação da Energia Mecânica que a existência de forças exteriores que
realizem trabalho sobre o sistema leva a uma variação da energia mecânica, de tal forma que:
WFest = ΔEm
Claro que, na ausência de forças exteriores, a variação da energia mecânica será nula, o que equivale a dizer que há conservação da energia mecânica (é daqui que deriva o nome da lei – ela explica-nos em que condições ocorre conservação da energia mecânica do sistema).
WFa = Fa × Δr × cos 180o
Nos sistemas que estudámos, todas as forças são exteriores, exceto o peso (recorde-se que os movimentos resultam sempre da interação mútua Terra + corpo; como o peso é a força que a Terra
exerce no corpo, então é uma força interior). Sabemos que algumas forças exteriores, como a força ou reação normal, Rn, não realizam trabalho (são perpendiculares ao deslocamento) e, por isso,
quando atuam em conjunto com o peso, continua a haver conservação da energia mecânica. Mas
outras forças, como a força de atrito, Fa, atuam na direção do movimento e, como tal, realizam trabalho, WFa (normalmente, trabalho resistente, α = 180°):
onde Δr é o valor do deslocamento do corpo.
Neste item, temos um movimento entre os pontos A e B da figura seguinte:
A
∆r = 1,25 m
hA = 0,47 m
v=0
B
hB = 0
v = 1,30 m s–1
Como existiu atrito entre o corpo + sobrecarga e o plano, houve variação (diminuição) da energia
mecânica do sistema. Podemos, pois, começar por determinar a energia mecânica:
Em = Ec
pag261
1.ª prova | FQ 11 | 1Sebenta
+ E Sara
⇔ Paz
E |=2012mv2 + mgh
pg
m
2
nos pontos inicial e final do movimento:
EmA = 0,56164 × 10 × 0,47 ⇔ EmA = 2,640 J
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e:
Emg =
1
0,56164 × 1,3 02 ⇔ Emg = 0,475 J
2
Há, como estávamos à espera, a tal variação negativa da energia mecânica:
ΔEm = Emg – EmA ⇔ ΔEm = 0,475 – 2,640 ⇔ ΔEm = –2,165 J
E esta variação da energia mecânica corresponde ao trabalho da força de atrito. Igualando as expressões, podemos calcular a intensidade da força de atrito:
Fa × 1,25 × cos 180o = –2,165 ⇔ Fa = 1,73 N
3.2. A questão que nos devemos colocar neste item é: “que diferença poderá fazer ter ou não ter a sobrecarga?”. Haverá diferença nos materiais que constituem o paralelepípedo e o plano? Será alterada a inclinação da rampa em relação à horizontal? Modificar-se-á o coeficiente de atrito cinético do
par de materiais em contacto? Claro que não! É evidente que a colocação da sobrecarga só poderá
servir para averiguar se a intensidade da força de atrito depende da compressão exercida na rampa
pelo conjunto paralelepípedo + sobrecarga.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
Grupo III
1. Trata-se de um gráfico P = f(t) e, por conseguinte, a leitura do gráfico fornece-nos, diretamente, informações de pressão e de tempo. Das grandezas indicadas, podemos obter o período, que é o intervalo
de tempo para uma oscilação completa.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
2. A velocidade de propagação de uma oscilação depende do tipo de onda e do meio. Neste caso, o sinal
continua a ser sonoro e a propagação dá-se no mesmo meio, o que significa que a velocidade de propagação permanece constante.
Essa velocidade, v, de propagação de uma oscilação pode ser dada por:
v=λ×f
onde λ e f são, respetivamente, o comprimento de onda e a frequência do sinal.
Resulta evidente da expressão que, sendo v constante, um aumento de f para o dobro tem por consequência uma redução de λ para metade.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
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Grupo IV
1. Como sabemos, numa reação nuclear há conservação do número atómico, do número de massa e da
carga elétrica. Neste caso, para que essa conservação ocorra é necessário que X = 12 e Y = 6.
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
2. No caso do átomo de hidrogénio, o número quântico principal, n, dita a energia da orbital.
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
Diga-se a propósito que a orientação espacial das orbitais é fornecida pelo número quântico do momento magnético, ml, a simetria das orbitais pelo número quântico secundário, l, e o número de eletrões numa orbital depende do Princípio da Exclusão de Pauli (nenhuma orbital pode ter mais que
2 eletrões) e da Regra de Hund (no caso de orbitais com a mesma energia são preenchidas, em primeiro lugar, as que se encontram vazias).
3. A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:
A) O átomo de carbono ocupa o centro [do tetraedro], situando-se os quatro átomos de hidrogénio nos
vértices do tetraedro.
B) Entre o átomo de carbono e os átomos de hidrogénio estabelecem-se ligações covalentes simples.
O primeiro tópico poderia ser substituído pela apresentação da fórmula estereoquímica da molécula
de metano:
H
C
H
H
H
4.
pag263Ado metano e que apresenta, portanto, a seguinte
4.1. O CFCl3 é um CFC (triclorofluorometano) derivado
1.ª prova | FQ 11 | Sebenta
fórmula estereoquímica:
Sara Paz | 2012
F
C
CI
Assim:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
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CI
CI
pag263B
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Sara Paz | 2012
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4.2. Neste item é necessário converter uma energia que nos é dada em kJ mol-1, isto é, temos a energia
por cada mole de ligações (6,02 × 1023 ligações), para a mesma energia, mas em J (por cada ligação). Temos, pois, de multiplicar a energia por 103 para passar kJ a J e dividir pelo número de ligações que existem em uma mole:
3
E = 467 × 10 J
6,02 × 1023
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
4.3. Como nos é pedido para justificar com base nas configurações eletrónicas dos elementos químicos,
é uma boa ideia começar por escrevê-las:
F – 1s2 2s2 2p5
9
Cl – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
17
Constatamos, assim, que o flúor e o cloro fazem parte do mesmo grupo da Tabela Periódica, o grupo 17, pois têm o mesmo número de eletrões de valência – 7, mas o cloro tem mais um nível de
energia ocupado. Desta forma, os eletrões de valência do cloro estão num nível energético superior
(estando mais afastados do núcleo) e são mais fáceis de remover. Prevê-se, por isso, que é no cloro
que a remoção de um dos eletrões de valência mais energéticos deverá requerer menor energia.
5.
5.1. Comecemos por escrever a expressão para a constante de equilíbrio deste equilíbrio químico:
3
Kc =
⏐CO⏐ × ⏐H ⏐
eq
2 eq
⏐CH4⏐eq × ⏐H2O⏐eq
Substituindo os valores fornecidos no enunciado, obtemos:
292 =
⏐CO⏐ × 12,03
eq
5,00 × 5,00
E, resolvendo:
⏐CO⏐ = 4,22 mol dm–3
eq
5.2. A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:
A) [De acordo com o Princípio de Le Châtelier,] a diminuição da pressão favorece a reação que conduz a um aumento da pressão OU que conduz a um aumento da quantidade de gases.
B) Neste caso, a reação que conduz a um aumento da pressão (OU a um aumento da quantidade de
gases) é a reação direta.
C) Conclui-se, assim, que a quantidade de H2(g) irá aumentar.
Uma chamada de atenção para o facto de ser imperativo indicar que a variação da pressão desloca
o equilíbrio de acordo com as quantidades apenas de gases.
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6. Conhecendo o número de moles, n, de um gás, é possível calcular o volume, V, através de:
n=
V
⇔ V = n × Vm
Vm
onde Vm é o volume molar, que é constante para as mesma condições de pressão e temperatura.
Claro que, para comparar os volumes nas duas situações, que designaremos por A e B, temos que
dividir um pelo outro:
VA
VB
=
8,24 × Vm
0,398 × Vm
= 20,7
Resultado final, já com três algarismos significativos.
Grupo V
1. Temos mais um exercício de conversão de unidades, desta vez de percentagem em volume:
%(V/V) =
VCO
2
Var
× 102
para partes por milhão em volume:
ppmV =
VCO
2
Var
× 106
Este tipo de conversão pode ser feito de diversas formas, mas aquela que temos vindo a sugerir passa
por dividir uma expressão pela outra:
%(V/V) = 102 ⇔ ppmV = 1,3 × 106
ppmV
106
102
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
2. Analisando o gráfico fornecido no enunciado, concluímos que a combustão de, por exemplo, 6,0 × 10-3 m3
de gás natural leva a uma elevação da temperatura da amostra de água de 22 °C para 52 °C:
T (oC)
52
22
6,0 × 10¯3
0
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V (m3)
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Sabemos que cada m3 de gás natural que sofre combustão liberta 4,0 × 107 J de energia, o que nos
permite calcular a energia total, Ef, que é fornecida à água:
Ef = 4,0 × 107 × 6,0 × 10-3 ⇔ Ef = 2,4 × 105 J
Como conhecemos a variação da temperatura da água, podemos calcular a porção desta energia que
foi absorvida sob a forma de calor. Como o nosso objetivo inicial era aquecer a água, este calor será a
nossa energia útil, Eu:
Eu = q = m c ΔT ⇔ Eu = 0,800 × 4,18 × 103 × (52 – 22)
de onde resulta:
Eu = 1,0 × 105 J
Agora, é simples calcular o rendimento, η:
η=
Eu
5
× 100 ⇔ η = 1,0 × 10 ⇔ η = 42%
Ef
2,4 × 105
3. Repare que, para a mesma energia fornecida, é maior a variação da temperatura na amostra B.
T
∆TA
∆TB
Ef
Isto significa que a massa da amostra B é menor.
Logo:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
pag266
1.ª prova | FQ 11 | Sebenta
Sara Paz | 2012
Grupo VI
1. Uma reação química de redução envolve diminuição da carga elétrica de uma espécie química que absorve eletrões. Neste caso, a espécie que sofre redução é o catião Cu2+, que, ao receber dois eletrões
(fornecidos pelo Zn), se transforma em Cu(s):
Cu2+(aq) + 2 e– → Cu(s)
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
©
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1.2. O Zn(s) reduz o cobre, mas não reduz o magnésio. Isto significa que o magnésio, Mg(s), reduz o cobre, Cu(s), e o zinco, Zn(s), pelo que é das três espécies aquela que tem maior poder redutor.
Resposta: o magnésio.
2. A cor da chama corresponde a luz emitida quando os eletrões sofrem processos de desexcitação eletrónica.
Assim:
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
3. Temos, neste item, um cálculo estequiométrico muito simples.
Cu(s)
+
2 Ag+(aq)
→
Cu2+(aq)
+
2 Ag(s)
m = 2,65 g
M(Ag) = 107,87 g mol-1
⇒ n = 2,457 × 10-2 mol
Conhecemos a quantidade de Ag(s) obtida e queremos saber que quantidade de Cu(s) reagiu:
1 mol
2 mol
x
2,457 × 10-2 mol
x = 1,23 × 10-2 mol
Note que a massa de cobre que é fornecida (m = 4,10 g) acaba por não ser necessária para resolver o
exercício. O que acontece é que, como sabemos a quantidade obtida, podemos calcular a quantidade
que reage diretamente: dos 4,10 g da moeda de cobre introduzidos na solução aquosa de nitrato de
prata, apenas 1,23 × 10-2 mol ou 0,78 g reagiram (a moeda pode ser impura em cobre ou, por algum
motivo, a reação foi incompleta).
4. Forma-se precipitado se o equilíbrio químico for atingido por reação no sentido inverso.
Dito de outra forma: ocorre precipitação se o quociente da reação ou, melhor, o produto iónico, Ki, do
sal for superior à constante de produto de solubilidade.
Precipitação ⇒ Ki > Kps ⇒ Ag+ × Cl– > 1,8 × 10 – 10
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
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