RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1

Transcrição

1 RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1 1. Movimento retilíneo uniforme. Grupo I 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: (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. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 1 / 9

2 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 5 T = 0,8 s 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 e as linhas de campo são paralelas ou, em alternativa, quando as linhas de campo são perpendiculares à espira. Note que faz todo o sentido que assim seja: o número de linhas de campo que penetram na espira é máximo quando ela se encontra numa posição perpendicular relativamente às linhas de campo. Assim: 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. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 2 / 11

3 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 d 1 para d 2 a distância diminui e a intensidade da força de atrito diminui ligeiramente, ao passo que na passagem para d 3 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 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: W Fest = ΔE m 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). W Fa = F a Δr cos 180 o 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, R n, 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, F a, atuam na direção do movimento e, como tal, realizam trabalho, W Fa (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 h A = 0,47 m v = 0 r = 1,25 m B h B = 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: nos pontos inicial e final do movimento: E m = E c + E pg E m = 1 2 mv 2 + mgh E ma = 0, ,47 E ma = 2,640 J Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 3 / 9

4 e: E mg = 1 2 0, ,3 0 2 E mg = 0,475 J Há, como estávamos à espera, a tal variação negativa da energia mecânica: ΔE m = E mg E ma ΔE m = 0,475 2,640 ΔE m = 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: F a 1,25 cos 180 o = 2,165 F a = 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. 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. 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. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 4 / 11

5 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. (B) V. 2. No caso do átomo de hidrogénio, o número quântico principal, n, dita a energia da orbital. (A) V. Diga-se a propósito que a orientação espacial das orbitais é fornecida pelo número quântico do momento magnético, m l, 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 O CFCl 3 é um CFC (triclorofluorometano) derivado do metano e que apresenta, portanto, a seguinte fórmula estereoquímica: F CI C CI CI Assim: (B) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 5 / 9

6 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, ligações), para a mesma energia, mas em J (por cada ligação). Temos, pois, de multiplicar a energia por 10 3 para passar kj a J e dividir pelo número de ligações que existem em uma mole: (D) V. E = , J 4.3. como nos é pedido para justificar com base nas configurações eletrónicas dos elementos químicos, é uma boa ideia começar por escrevê-las: 9 F 1s2 2s 2 2p 5 17 Cl 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 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 Comecemos por escrever a expressão para a constante de equilíbrio deste equilíbrio químico: K c = CO eq H 2 3 eq CH 4 eq H 2 O eq Substituindo os valores fornecidos no enunciado, obtemos: 292 = CO eq 12,0 3 5,00 5,00 E, resolvendo: CO eq = 4,22 mol dm 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 H 2 (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. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 6 / 11

7 6. Conhecendo o número de moles, n, de um gás, é possível calcular o volume, V, através de: n = V V m V = n V m onde V m 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: V A V B = 8,24 V m 0,398 V m = 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: para partes por milhão em volume: %(V/V) = V CO 2 V ar 10 2 ppmv = V CO 2 V ar 10 6 Este tipo de conversão pode ser feito de diversas formas, mas aquela que temos vindo a sugerir passa por dividir uma expressão pela outra: (A) V. %(V/V) ppmv = 102 ppmv = 1, analisando o gráfico fornecido no enunciado, concluímos que a combustão de, por exemplo, 6, m 3 de gás natural leva a uma elevação da temperatura da amostra de água de 22 C para 52 C: T ( o C) ,0 V (m ) Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 7 / 9

8 Sabemos que cada m 3 de gás natural que sofre combustão liberta 4, J de energia, o que nos permite calcular a energia total, E f, que é fornecida à água: E f = 4, , E f = 2, 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, E u : de onde resulta: Agora, é simples calcular o rendimento, η: E u = q = m c ΔT E u = 0,800 4, (52 22) E u = 1, J η = E u E f 100 η = 1, , η = 42% 3. Repare que, para a mesma energia fornecida, é maior a variação da temperatura na amostra B. T T A T B E f Isto significa que a massa da amostra B é menor. Logo: 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 Cu 2+, que, ao receber dois eletrões (fornecidos pelo Zn), se transforma em Cu(s): Cu 2+ (aq) + 2 e Cu(s) Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 8 / 11

9 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: (B) V. 3. Temos, neste item, um cálculo estequiométrico muito simples. Cu(s) + 2 Ag + (aq) Cu 2+ (aq) + 2 Ag(s) m = 2,65 g M(Ag) = 107,87 g mol -1 n = 2, mol Conhecemos a quantidade de Ag(s) obtida e queremos saber que quantidade de Cu(s) reagiu: 1 mol 2 mol x 2, mol x = 1, 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, 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, K i, do sal for superior à constante de produto de solubilidade. Precipitação K i > K ps Ag + Cl > 1, Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 9 / 9