RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL ª Fase Versão 1

Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 1 / 11 ©

RESOLUÇÃO – EXAME NACIONAL 2012 – 1ª Fase – Versão 1

1. Eletrões de valência.

2. A configuração eletrónica do carbono, 6C, no estado fundamental, é a seguinte:

6C – 1s22s22px02py12pz1

ou 6C – 1s22s22px12py02pz1

ou 6C – 1s22s22px12py12pz0

Note que é necessário levar em linha de conta não só o princípio da energia mínima mas também a regra de Hund. Assim: (A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

3. Os isótopos são átomos do mesmo elemento químico, pelo que apresentam o mesmo número atómico, mas que têm diferente número de neutrões no núcleo, tendo, portanto, diferente número de massa. Quanto aos eletrões, uma vez que se trata de átomos, o número destes é sempre igual ao número de protões e, por isso, igual ao número atómico. Em suma, átomos de isótopos têm igual número atómico, igual número de protões e igual número de eletrões e têm diferente número de massa e diferente número de neutrões. (A) – F. (B) – F. (C) – V. (D) – F. 4. Orbital atómica.

© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 2 / 11 314 – Exames

Grupo II 1.

1.1 Começamos por transcrever as coordenadas dos pontos para a tabela da calculadora gráfica e obtemos o correspondente gráfico m = f (V).

Fazendo a análise de regressão linear, utilizando a função da calculadora gráfica, podemos traçar a reta de melhor ajuste aos pontos do gráfico e obter a respetiva equação reduzida. Obtemos:

y = 1,267 × + 1,2 × 10-4

ou, neste caso: m = 1,267 V

Sabemos, por outro lado, que o volume, V, de uma amostra de qualquer material ou substância se rela-ciona com a respetiva massa, m, através da densidade (ou massa volúmica), ρ, de tal forma que:

ρ = ⇔ m = ρ V

Ora, comparando a equação da reta com a expressão anterior, concluímos que: ρ = 1,267 g dm–3

Agora que já obtivemos a massa volúmica do gás, temos de encontrar uma expressão que nos permita determinar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:

n = Para o caso concreto de gases, também é verdade que:

n =

M e Vmsão, respetivamente, a massa molar do gás e o volume molar.

Igualando as duas expressões, obtemos: ρ = m  M V  Vm M  Vm m  V 0 4 8 12 16 m (g) 20 15 10 5 0 V (dm3₎

Agora, só temos que recorrer à Tabela Periódica para calcular a massa molar: M(H2S) = 34,09 g mol-1

Finalmente, podemos escrever:

Vm= ⇔ Vm = × ⇔ Vm= 26,9 dm3mol-1

É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casas decimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:

ρ = 1,3 g dm-3 _{e M(H}

2S) = 34,1 g mol-1

E:

Vm= 26,2 dm-3mol-1

1.2 As amostras são gasosas, pelo que podemos calcular a quantidade química a partir de: n =

Encontrando-se as duas amostras nas mesmas condições de pressão e temperatura, apresentam o mesmo volume molar.

Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles de

moléculas, o que significa que também terá o dobro das moléculas.

Se o número de moles de moléculas de CH4(g) for n, uma vez que cada molécula tem 5 átomos no

total (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será 5n e o número de moles de átomos de hidrogénio será 4n.

Repetindo o raciocínio, concluímos que o número total de moles de moléculas de H2S(g) será 2n, o

número total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos de hidrogénio é 4n.

Do exposto conclui-se que apenas o número de moles de átomos de hidrogénio e, consequentemente, o número de átomos desse elemento é igual nas duas amostras.

(A) – F. (B) – F. (C) – V. (D) – F.

1.3 Para escrever a equação química apenas temos que seguir o que é referido no enunciado e acertar o esquema químico: 2 H2S(g) + 3 O2(g) → 2 SO2(g) + 2 H2O(g) 34,09  1,267 M  ρ V  Vm

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314 – Exames

Grupo II 1.

1.1 Começamos por transcrever as coordenadas dos pontos para a tabela da calculadora gráfica e obtemos o correspondente gráfico m = f (V).

Fazendo a análise de regressão linear, utilizando a função da calculadora gráfica, podemos traçar a reta de melhor ajuste aos pontos do gráfico e obter a respetiva equação reduzida. Obtemos:

y = 1,267 × + 1,2 × 10-4

ou, neste caso: m = 1,267 V

Sabemos, por outro lado, que o volume, V, de uma amostra de qualquer material ou substância se rela-ciona com a respetiva massa, m, através da densidade (ou massa volúmica), ρ, de tal forma que:

ρ = ⇔ m = ρ V

Ora, comparando a equação da reta com a expressão anterior, concluímos que: ρ = 1,267 g dm–3

Agora que já obtivemos a massa volúmica do gás, temos de encontrar uma expressão que nos permita determinar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:

n = Para o caso concreto de gases, também é verdade que:

n =

M e Vmsão, respetivamente, a massa molar do gás e o volume molar.

Igualando as duas expressões, obtemos: ρ = m  M V  Vm M  Vm m  V 0 4 8 12 16 m (g) 20 15 10 5 0 V (dm3₎

Agora, só temos que recorrer à Tabela Periódica para calcular a massa molar: M(H2S) = 34,09 g mol-1

Finalmente, podemos escrever:

Vm= ⇔ Vm = × ⇔ Vm= 26,9 dm3mol-1

É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casas decimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:

ρ = 1,3 g dm-3 _{e M(H}

2S) = 34,1 g mol-1

E:

Vm= 26,2 dm-3mol-1

1.2 As amostras são gasosas, pelo que podemos calcular a quantidade química a partir de: n =

Encontrando-se as duas amostras nas mesmas condições de pressão e temperatura, apresentam o mesmo volume molar.

Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles de

moléculas, o que significa que também terá o dobro das moléculas.

Se o número de moles de moléculas de CH4(g) for n, uma vez que cada molécula tem 5 átomos no

total (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será 5n e o número de moles de átomos de hidrogénio será 4n.

Repetindo o raciocínio, concluímos que o número total de moles de moléculas de H2S(g) será 2n, o

número total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos de hidrogénio é 4n.

Do exposto conclui-se que apenas o número de moles de átomos de hidrogénio e, consequentemente, o número de átomos desse elemento é igual nas duas amostras.

(A) – F. (B) – F. (C) – V. (D) – F.

1.3 Para escrever a equação química apenas temos que seguir o que é referido no enunciado e acertar o esquema químico: 2 H2S(g) + 3 O2(g) → 2 SO2(g) + 2 H2O(g) 34,09  1,267 M  ρ V  Vm

© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 4 / 11

A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera que

originam ácidos, que contribuem para o aumento da acidez da água da chuva.

Embora os critérios de correção da prova o não exijam, podemos exemplificar essa formação de ácidos por reação do dióxido de enxofre com a água da chuva:

SO2(g) + H2O(l) → H2SO3(aq)

O produto da reação é, de facto, um ácido – o ácido sulfuroso. 2.

2.1 Atendendo à expressão que nos permite determinar a composição qualitativa desta solução, em partes por milhão:

ppm = × 106

e fazendo as substituições dos dados fornecidos, reduzindo a massa de solução a miligramas (m = 1 kg = 106_{mg), obtemos:} m_H2S = ⇔ m_H2S = 22 mg Portanto: (A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

2.2 Dado tratar-se de uma reação de oxidação-redução, é fundamental começarmos por determinar os números de oxidação de todos os elementos químicos intervenientes:

H2S(aq) + Cl2(aq) → S(s) + 2 HCl (aq)

+1 – 2 0 0 +1 – 1

Note que o número de oxidação do S aumenta de –2 para 0 (oxidação), ao passo que o número de oxi-dação do Cl diminui de 0 para –1 (redução).

Temos, pois, que o H2S(aq) é oxidado pelo Cl2(aq) e funciona como agente redutor desse mesmo Cl2(aq),

que é reduzido. (A) – V. (B) – F. (C) – F. (D) – F. mH2S  msolução 22 × 106  106 316 – Exames 3.

3.1 A reação do H2S com água é uma ionização, tal como sucede com todos os ácidos de Bronted -Lowry.

Em meio ácido, já existe H3O+(aq) em solução, que irá afetar o equilíbrio do H2S(aq), tornando a reação

menos extensa.

Em meio básico, há excesso de HO–_{(aq) na solução. Esse HO}–_{(aq) reagirá com o H}

3O+(aq) que provém

do ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagirá então em maior extensão, de modo a repor o H3O+(aq) neutralizado.

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

3.2 Podemos começar por calcular a concentração do ião Fe2+ _{na solução (note que temos}

V = 1 dm3_):

n = ⇔ nFe2+= ⇔ nFe2+= 8,00 × 10–2mol ⇒ c = 8,00 × 10–2mol dm–3

Atendendo a que a precipitação se inicia se o quociente da reação igualar o produto de solubilidade, podemos calcular a concentração de S2-_{(aq) necessária:}

Q = Ks⇔ ⏐Fe2+⏐⏐S2–⏐= 6,3 × 10–18⇔ ⏐S2–⏐= 7,88 × 10–17mol dm–3

Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:

Ka= ⇔ ⏐H3O+⏐eq =

�����

4. A molécula de H2S apresenta geometria semelhante à da molécula de H2O:

S H H

Tem, portanto, um total de oito eletrões de valência, sendo quatro deles não ligantes. (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. 4,47  55,85 m  M 6,8 × 10–23_{× 0,1}  7,88 × 10–17 ⏐S2–_⏐ eq⏐H3O+⏐eq2  ⏐H2S⏐eq

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A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera que

originam ácidos, que contribuem para o aumento da acidez da água da chuva.

Embora os critérios de correção da prova o não exijam, podemos exemplificar essa formação de ácidos por reação do dióxido de enxofre com a água da chuva:

SO2(g) + H2O(l) → H2SO3(aq)

O produto da reação é, de facto, um ácido – o ácido sulfuroso. 2.

2.1 Atendendo à expressão que nos permite determinar a composição qualitativa desta solução, em partes por milhão:

ppm = × 106

e fazendo as substituições dos dados fornecidos, reduzindo a massa de solução a miligramas (m = 1 kg = 106_{mg), obtemos:} m_H2S = ⇔ m_H2S = 22 mg Portanto: (A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

2.2 Dado tratar-se de uma reação de oxidação-redução, é fundamental começarmos por determinar os números de oxidação de todos os elementos químicos intervenientes:

H2S(aq) + Cl2(aq) → S(s) + 2 HCl (aq)

+1 – 2 0 0 +1 – 1

Note que o número de oxidação do S aumenta de –2 para 0 (oxidação), ao passo que o número de oxi-dação do Cl diminui de 0 para –1 (redução).

Temos, pois, que o H2S(aq) é oxidado pelo Cl2(aq) e funciona como agente redutor desse mesmo Cl2(aq),

que é reduzido. (A) – V. (B) – F. (C) – F. (D) – F. mH2S  msolução 22 × 106  106 316 – Exames 3.

3.1 A reação do H2S com água é uma ionização, tal como sucede com todos os ácidos de Bronted -Lowry.

Em meio ácido, já existe H3O+(aq) em solução, que irá afetar o equilíbrio do H2S(aq), tornando a reação

menos extensa.

Em meio básico, há excesso de HO–_{(aq) na solução. Esse HO}–_{(aq) reagirá com o H}

3O+(aq) que provém

do ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagirá então em maior extensão, de modo a repor o H3O+(aq) neutralizado.

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

3.2 Podemos começar por calcular a concentração do ião Fe2+ _{na solução (note que temos}

V = 1 dm3_):

n = ⇔ nFe2+= ⇔ nFe2+= 8,00 × 10–2mol ⇒ c = 8,00 × 10–2mol dm–3

Atendendo a que a precipitação se inicia se o quociente da reação igualar o produto de solubilidade, podemos calcular a concentração de S2-_{(aq) necessária:}

Q = Ks⇔ ⏐Fe2+⏐⏐S2–⏐= 6,3 × 10–18⇔ ⏐S2–⏐= 7,88 × 10–17mol dm–3

Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:

Ka= ⇔ ⏐H3O+⏐eq =

�����

4. A molécula de H2S apresenta geometria semelhante à da molécula de H2O:

S H H

Tem, portanto, um total de oito eletrões de valência, sendo quatro deles não ligantes. (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. 4,47  55,85 m  M 6,8 × 10–23_{× 0,1}  7,88 × 10–17 ⏐S2–_⏐ eq⏐H3O+⏐eq2  ⏐H2S⏐eq

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Grupo III

1. Repare que a concentração de A diminui de 1 mol dm-3_{para 0,49 mol dm}-3_{, ao passo que a concentração de B}

baixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm-3_{. Há um consumo de 0,49 mol dm}-3_{de A}

e de 0,77 mol dm-3_{de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Mas}

não é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm-3_{de B. Desta forma, resta-nos a}

hipótese de, por cada 2 moles de A consumidas, haver 3 moles de B que se gastam. E, de facto, se apli-carmos o cálculo estequiométrico, obtemos:

2 mol dm-3_{de A ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 mol dm}-3_{de B} 0,51 mol dm-3 _{⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x} x = 0,77 mol dm-3_{de B} Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V.

2. O equilíbrio químico implica que as concentrações de todas as espécies presentes no sistema per-maneçam constantes. Do gráfico podemos retirar que isso sucede a partir do instante t3.

(A) – F. (B) – F. (C) – V. (D) – F.

3. É certo que no instante em que introduzimos A no sistema, que estava em equilíbrio, dá-se uma queda brusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quociente da reação a partir daí, até que se atinja um novo estado de equilíbrio? Ora, como a temperatura per-manece constante, não há alteração do valor de Kc, pelo que o quociente da reação terá que aumentar

até se atingir o novo equilíbrio químico. Dito de outra forma:

• De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da concentração da espécie A favorece a reação direta.

• Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação à temperatura T.

318 – Exames

Grupo IV

1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados em paralelo ao circuito elétrico.

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F. 2.

2.1. Diferença de potencial ou Tensão ou Intensidade de corrente.

2.2 Olhando para o gráfico, verificamos que é preciso ter cuidado com os primeiros 30 s de aquecimento. Durante esse intervalo de tempo inicial, o calor que a resistência de aquecimento está a dissipar não atinge o termómetro, uma vez que a temperatura não só não sobe como, inclusive, acaba por descer. Isto significa que deveremos ignorar esses 30 segundos porque não são representativos do comporta-mento do bloco calorimétrico como um todo.

A potência dissipada pela resistência de aquecimento corresponde ao calor que, por segundo, é fornecido ao bloco de cobre (note que aqui se fala em “dissipado” no sentido de a resistência ser pura-mente dissipativa, isto é, a resistência transforma em calor toda a energia que recebe do circuito elétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de tempo representativo.

Por exemplo, para o intervalo [50, 150] s, temos:

Ef= P × Δt ⇔ Ef= 1,58 × 100 ⇔ Ef= 158 J

Como os alunos procederam de modo a “minimizar a taxa de dissipação de energia do bloco”, podemos considerar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamente fornecido pelo bloco de cobre:

E = q = 158 J

Podemos, pois, utilizar a expressão que nos permite calcular o calor em função da variação de tem-peratura:

q = mcΔt ⇔ c = De acordo com o enunciado, a massa do bloco é igual a 1 kg.

q 

mΔT

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Grupo III

1. Repare que a concentração de A diminui de 1 mol dm-3_{para 0,49 mol dm}-3_{, ao passo que a concentração de B}

baixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm-3_{. Há um consumo de 0,49 mol dm}-3_{de A}

e de 0,77 mol dm-3_{de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Mas}

não é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm-3_{de B. Desta forma, resta-nos a}

hipótese de, por cada 2 moles de A consumidas, haver 3 moles de B que se gastam. E, de facto, se apli-carmos o cálculo estequiométrico, obtemos:

2 mol dm-3_{de A ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 mol dm}-3_{de B} 0,51 mol dm-3 _{⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x} x = 0,77 mol dm-3_{de B} Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V.

2. O equilíbrio químico implica que as concentrações de todas as espécies presentes no sistema per-maneçam constantes. Do gráfico podemos retirar que isso sucede a partir do instante t3.

(A) – F. (B) – F. (C) – V. (D) – F.

3. É certo que no instante em que introduzimos A no sistema, que estava em equilíbrio, dá-se uma queda brusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quociente da reação a partir daí, até que se atinja um novo estado de equilíbrio? Ora, como a temperatura per-manece constante, não há alteração do valor de Kc, pelo que o quociente da reação terá que aumentar

até se atingir o novo equilíbrio químico. Dito de outra forma:

• De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da concentração da espécie A favorece a reação direta.

• Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação à temperatura T.

318 – Exames

Grupo IV

1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados em paralelo ao circuito elétrico.

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F. 2.

2.1. Diferença de potencial ou Tensão ou Intensidade de corrente.

2.2 Olhando para o gráfico, verificamos que é preciso ter cuidado com os primeiros 30 s de aquecimento. Durante esse intervalo de tempo inicial, o calor que a resistência de aquecimento está a dissipar não atinge o termómetro, uma vez que a temperatura não só não sobe como, inclusive, acaba por descer. Isto significa que deveremos ignorar esses 30 segundos porque não são representativos do comporta-mento do bloco calorimétrico como um todo.

A potência dissipada pela resistência de aquecimento corresponde ao calor que, por segundo, é fornecido ao bloco de cobre (note que aqui se fala em “dissipado” no sentido de a resistência ser pura-mente dissipativa, isto é, a resistência transforma em calor toda a energia que recebe do circuito elétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de tempo representativo.

Por exemplo, para o intervalo [50, 150] s, temos:

Ef= P × Δt ⇔ Ef= 1,58 × 100 ⇔ Ef= 158 J

Como os alunos procederam de modo a “minimizar a taxa de dissipação de energia do bloco”, podemos considerar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamente fornecido pelo bloco de cobre:

E = q = 158 J

Podemos, pois, utilizar a expressão que nos permite calcular o calor em função da variação de tem-peratura:

q = mcΔt ⇔ c = De acordo com o enunciado, a massa do bloco é igual a 1 kg.

q 

mΔT

© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 8 / 11

Do gráfico podemos retirar os valores da temperatura que permitem calcular ΔT para o intervalo que escolhemos:

Ficamos, assim, com:

c = ⇔ c = 4,16 × 102_{J kg}–1 o_C–1

3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permite calcular a capacidade térmica mássica em função de dados fornecidos no enunciado:

c =

Se considerarmos intervalos de tempo iguais, temos que o valor de q será o mesmo. Como os blocos têm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação da temperatura:

Atendendo ao gráfico, devemos escolher o bloco de alumínio. A resposta deverá conter apenas os seguintes tópicos:

• Num mesmo intervalo de tempo, a variação da temperatura do bloco de cobre é superior à variação da temperatura do bloco de alumínio.

• Conclui-se, assim, que o alumínio terá maior capacidade térmica mássica do que o cobre. 158  1 × (17,94 – 17,56) q  mΔT 320 – Exames tempo / s temperatura / ºC 0 17,40 17,50 17,60 17,70 17,80 17,90 18,00 50 100 150 17,94 17,56 tempo / s cobre alumínio temperatura / ºC ΔTCu ΔTAl Grupo V 1.

1.1 O vetor velocidade do carrinho tem direção tangente à trajetória em cada ponto e sentido do movimento OU equivalente.

O vetor aceleração do carrinho tem direção perpendicular à trajetória em cada ponto e sentido para o centro da trajetória OU equivalente.

1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normal ou centrípeta:

a = ac=

Como nos indicam que r = 0,25 m (metade do diâmetro, que é 50 cm), precisamos apenas de calcular v: v =

O período, T, corresponde ao tempo necessário para cumprir uma volta: T = ⇔ T = 9,52 s

Substituindo, obtemos:

v = 1,65 × 10-1_{m s}-1

E a aceleração:

a = ⇔ a = ⇔ a = 1,09 × 10–1_{m s}–2

1.3 Vimos que a aceleração depende da velocidade e do raio. Ora, ao colocarmos sobrecargas alteramos a massa sem que varie o valor da velocidade (“se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempo a descrever uma volta completa”), nem o valor do raio (é a mesma pista). Sendo assim, o valor da acele-ração permanecerá inalterado.

Quanto à intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto carrinho + sobrecarga, F, ela depende diretamente, de acordo com a Segunda Lei de Newton, da massa e da aceleração:

F = ma

Como a aceleração, a, é constante, à medida que a massa, m, aumenta, teremos um aumento linear do valor da força. Assim: (A) – V. (B) – F. (C) – F. (D) – F. v2 _r 2π r  T 47,6  5 (1,65 × 10–1₎2  0,25 v2  r

Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 9 / 11 ©

Do gráfico podemos retirar os valores da temperatura que permitem calcular ΔT para o intervalo que escolhemos:

Ficamos, assim, com:

c = ⇔ c = 4,16 × 102_{J kg}–1 o_C–1

3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permite calcular a capacidade térmica mássica em função de dados fornecidos no enunciado:

c =

Se considerarmos intervalos de tempo iguais, temos que o valor de q será o mesmo. Como os blocos têm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação da temperatura:

Atendendo ao gráfico, devemos escolher o bloco de alumínio. A resposta deverá conter apenas os seguintes tópicos:

• Num mesmo intervalo de tempo, a variação da temperatura do bloco de cobre é superior à variação da temperatura do bloco de alumínio.

• Conclui-se, assim, que o alumínio terá maior capacidade térmica mássica do que o cobre. 158  1 × (17,94 – 17,56) q  mΔT 320 – Exames tempo / s temperatura / ºC 0 17,40 17,50 17,60 17,70 17,80 17,90 18,00 50 100 150 17,94 17,56 tempo / s cobre alumínio temperatura / ºC ΔTCu ΔTAl Grupo V 1.

1.1 O vetor velocidade do carrinho tem direção tangente à trajetória em cada ponto e sentido do movimento OU equivalente.

O vetor aceleração do carrinho tem direção perpendicular à trajetória em cada ponto e sentido para o centro da trajetória OU equivalente.

1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normal ou centrípeta:

a = ac=

Como nos indicam que r = 0,25 m (metade do diâmetro, que é 50 cm), precisamos apenas de calcular v: v =

O período, T, corresponde ao tempo necessário para cumprir uma volta: T = ⇔ T = 9,52 s

Substituindo, obtemos:

v = 1,65 × 10-1_{m s}-1

E a aceleração:

a = ⇔ a = ⇔ a = 1,09 × 10–1_{m s}–2

1.3 Vimos que a aceleração depende da velocidade e do raio. Ora, ao colocarmos sobrecargas alteramos a massa sem que varie o valor da velocidade (“se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempo a descrever uma volta completa”), nem o valor do raio (é a mesma pista). Sendo assim, o valor da acele-ração permanecerá inalterado.

Quanto à intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto carrinho + sobrecarga, F, ela depende diretamente, de acordo com a Segunda Lei de Newton, da massa e da aceleração:

F = ma

Como a aceleração, a, é constante, à medida que a massa, m, aumenta, teremos um aumento linear do valor da força. Assim: (A) – V. (B) – F. (C) – F. (D) – F. v2 _r 2π r  T 47,6  5 (1,65 × 10–1₎2  0,25 v2  r

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2.

2.1 O gráfico relaciona o trabalho da resultante das forças aplicadas no carrinho, W, com a distância per-corrida, d, num movimento retilíneo sem inversão do sentido (a distância percorrida é igual ao deslo-camento). A relação matemática entre os dois é:

W = Fres× d

Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos: W = Fres × d

y = m × x

Daqui se conclui que o declive da reta corresponde à intensidade da resultante de forças aplicadas ao carrinho.

2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a sua velocidade é constante.

A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a altura varia.

Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existe conservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa com velocidade constante.

3. Analisemos cada uma das opções:

(A) Num som puro nunca há sobreposição de frequências.

(B) A um som intenso corresponde uma onda sonora de amplitude elevada. (C) O espectro do som não corresponde a uma função sinusoidal.

(D) O espectro do som é, de facto, o resultado da sobreposição de vários harmónicos. Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. 322 – Exames Grupo VI 1.

1.1 Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que nar= 1, podemos escrever:

narsin θi= nvidrosin θr⇔ nvidro= ⇔ nvidro= = nvidro= 1,476

O índice de refração, n, de um meio relaciona-se com a velocidade de propagação da luz, v, nesse meio através de:

n = Substituindo:

v = ⇔ v = 2,03 × 108_{m s}–1

1.2 Nada melhor que um esquema para se perceber geometricamente o que sucede nas duas transmissões da luz:

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior a um ângulo crítico, θc.

O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90o_:

n1sin θi = n2sin θr ⇔ n1sin θc = n2 sin 90 ⇔ sin θc =

Atendendo a que sin θc≤ 1, concluímos que n1> n2.

Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. sin 24,0  sin 16,0 sin θi  sin θr c  v 3,00 × 108  1,476 n2  n1

Exame nacional 2012 – 1ª Fase - 323 vidro ar ar 16,0o 16,0o 24,0o 24,0o

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2.

2.1 O gráfico relaciona o trabalho da resultante das forças aplicadas no carrinho, W, com a distância per-corrida, d, num movimento retilíneo sem inversão do sentido (a distância percorrida é igual ao deslo-camento). A relação matemática entre os dois é:

W = Fres× d

Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos: W = Fres × d

y = m × x

Daqui se conclui que o declive da reta corresponde à intensidade da resultante de forças aplicadas ao carrinho.

2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a sua velocidade é constante.

A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a altura varia.

Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existe conservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa com velocidade constante.

3. Analisemos cada uma das opções:

(A) Num som puro nunca há sobreposição de frequências.

(B) A um som intenso corresponde uma onda sonora de amplitude elevada. (C) O espectro do som não corresponde a uma função sinusoidal.

(D) O espectro do som é, de facto, o resultado da sobreposição de vários harmónicos. Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. 322 – Exames Grupo VI 1.

1.1 Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que nar= 1, podemos escrever:

narsin θi= nvidrosin θr⇔ nvidro= ⇔ nvidro= = nvidro= 1,476

O índice de refração, n, de um meio relaciona-se com a velocidade de propagação da luz, v, nesse meio através de:

n = Substituindo:

v = ⇔ v = 2,03 × 108_{m s}–1

1.2 Nada melhor que um esquema para se perceber geometricamente o que sucede nas duas transmissões da luz:

(A) – F. (B) – V. (C) – F. (D) – F.

2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior a um ângulo crítico, θc.

O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90o_:

n1sin θi = n2sin θr ⇔ n1sin θc = n2 sin 90 ⇔ sin θc =

Atendendo a que sin θc≤ 1, concluímos que n1> n2.

Assim: (A) – F. (B) – F. (C) – F. (D) – V. sin 24,0  sin 16,0 sin θi  sin θr c  v 3,00 × 108  1,476 n2  n1

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