Grupo I1. cotação: 5 ; facilidade: 0,80

Movimento retilíneo uniforme.Se nada interfere no carrinho, a soma das forças é nula.Logo,nãoháaceleração,pordefinição.Nãoacelerando, ou se está parado ou em movimento retilíneo uniforme.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,38

(D)Força gravítica: exercida pela Terra no carrinho, aponta para baixo, verticalmente.Força normal: exercida pela superfície horizontal no carrinho, aponta para cima, verticalmente. Sendo ambas aplicadas no carrinho não constituem um par ação-reação.Estas duas forças são simétricas: a sua soma é nula porque têm intensidades iguais. 3. cotação: 15 ; facilidade: 0,31

O “alisamento da estrada” faria com que a intensi-dade da força de atrito entre o carrinho e a estrada fosse menor. Como a força gravítica e a força normal se equili-bram, a força de atrito seria igual à soma das forças no carrinho. Diminuindo a força de atrito, diminui-se a aceleração do carrinho, que aponta para o lado oposto à velocidade. Com menor aceleração neste movimento retardado, maior tempo decorrerá até o carrinho parar e maior será a distância percorrida. 4. cotação: 10 ; facilidade: 0,73

Cada roda demora 4,0 s / 5 = 0,80 s a dar uma volta. Portanto, o período de rotação da roda é de 0,80 s.Numa rotação completa, a roda descreve 360º, ou seja,2πradianos=6,28radianos.A velocidade angular é, pois:

6,28 rad0,80 s

= 7,85 rad/s

5. cotação: 5 ; facilidade: 0,62

(C)Ofluxodocampomagnéticonumaespiraémáximoquando as linhas de campo atravessam a espira perpendicularmente. E é nulo se as linhas de campo forem paralelas à espira.

Grupo II1. cotação: 5 ; facilidade: 0,49

Metade da menor divisão da régua, ou seja:

1 mm2

= 0,5 mm

2. cotação: 10 ; facilidade: 0,68

Energia dissipada: quanto menor for a distância percorrida, menor é a energia dissipada.Intensidade da força de atrito: é a mesma, qualquer que seja a distância percorrida.3.

3.1. cotação: 10 ; facilidade: 0,29

O desnível é de 47,00 cm = 0,4700 m.O trabalho da força gravítica numa descida com este desnível é positivo e simétrico da variação de energia potencial:

m g h = 0,56164×10× 0,4700= 2,640 J

Se não houvesse dissipação de energia, devido ao tra-balhodasforçasdeatrito,aenergiacinéticanofinaldo plano devia ser igual a este valor.Chegouaofinaldoplanocomv = 1,30 m/s. Portanto, a energia cinética era:

Ec =12m v2

= 12× 0,56164 × 1,30( )2

= 0,4746 J

A energia dissipada foi, pois: 2,640 J – 0,4746 J = 2,1654 JEsta energia foi dissipada devido ao trabalho da força de atrito, que aponta para cima, paralelamente ao plano.Como o deslocamento vale 1,2500 m, tem-se, para o trabalho da força de atrito (este trabalho é negativo; o ângulo entre a força e o deslocamento é de 180º):

−2,1654 = Fa ×1,2500× cos 180º( )

Resolvendo esta equação vem:

−2,1654 = Fa ×1,2500× −1( )2,1654 = Fa ×1,2500

Fa =2,16541,2500

= 1,73 N

3.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,73

(A)A sobrecarga aumenta a força de compressão exerci-da na rampa pelo corpo.Asobrecarganãotemqualquerinfluêncianotipodemateriaisemcontacto,nainclinaçãoenocoeficientede atrito cinético.

Grupo III1. cotação: 5 ; facilidade: 0,70

(C)No eixo das abcissas pode ler-se quanto tempo demora a pressão a ter o mesmo valor, nas mesmas condições. Isto é, pode medir-se o período do sinal.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,72

(A)

v = λT= comprimento de onda

período

A velocidade v de propagação manter-se-ia — é uma propriedade do meio. Aumentando a frequência f para o dobro, o período T diminuiria para metade. Portanto, para manter a velocidade v, se o denomi-nador T diminuir para metade o numerador λ tem também de diminuir para metade.

Grupo IV1. cotação: 5 ; facilidade: 0,90

(B)Cada átomo do isótopo de He indicado tem 2 protões e 2 neutrões: número de massa 4 e número atómico 2.Os 3 átomos de He têm 3 × 2 = 6 protões. Portanto, o número atómico de C (representado por Y), tem de ser 6 porque há conservação da carga elétrica.Os 3 átomos de He têm 3 × 2 = 6 neutrões. Portanto, o número de massa de C (representado por X), tem de ser 12 porque há conservação do número de partículas no núcleo.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,62

(A)Número quântico: associado à energia da orbital.Número quântico secundário ou de momento angu-lar: associado à simetria da orbital.Número quântico magnético: associado à orientação espacial da orbital.3. cotação: 10 ; facilidade: 0,39

Molécula de CH4: átomo de C no centro do tetraedro. Os 4 átomos de H nos vértices do tetraedro, cada um com ligações covalentes simples ao átomo de C (partilha de um par de eletrões entre cada H e C).

4.

4.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,51

(B)Representação da molécula:

F FCl Cl

Cl Cl

Cl ClC C

Há 4 pares de eletrões ligantes e diversos pares de eletrões não ligantes, pertencentes aos vários átomos.4.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,66

(D)

467 kJ

mol= 467 ×103

6,02×1023 J

4.3. cotação: 10 ; facilidade: 0,47

Configuraçõeseletrónicasdosátomos: Flúor, 9F — (1s)2(2s)2(2p)5 Cloro, 17Cl — (1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)5

Estasconfiguraçõessãosemelhantes:osátomosdeFe Cl têm o mesmo número de eletrões de valência: 7.No Cl, os eletrões de valência estão no nível 3, enquanto no F estão no nível 2.A energia de remoção dos eletrões de valência tende a ser menor quanto maior for o nível de energia desses eletrões, uma vez que quanto maior é o nível mais afastados do núcleo estão os eletrões de valência. É, pois, de prever que a energia de remoção dos electrões de valência do cloro seja menor do que a doflúor.5.

5.1. cotação: 10 ; facilidade: 0,72

Tendo em conta a estequiometria da reação e as concentrações de equilíbrio, vem:

Kc =

CO⎡⎣ ⎤⎦e × H2⎡⎣ ⎤⎦e3

CH4⎡⎣ ⎤⎦e × H2O⎡⎣ ⎤⎦eSubstituindo valores, obtém-se:

292 =CO⎡⎣ ⎤⎦e ×12,0

3

5,00×5,00

CO⎡⎣ ⎤⎦e =292×5,00×5,00

12,03

= 4,22molL

5.2. cotação: 10 ; facilidade: 0,30

O Princípio de Le Châtelier estabelece que o sistema evolui de modo a contrariar a perturbação.Na situação descrita, o sistema evolui de modo a aumentar a pressão no sistema, contrariando a dimi-nuição de pressão devido ao aumento de volume.Para aumentar a pressão, o sistema deve evoluir de modo a aumentar o número de moléculas. Isto é, evolui no sentido da reação direta porque por cada 2 moles de reagentes que se consomem formam-se 4 moles de produtos. A quantidade de H2 irá aumentar.6. cotação: 5 ; facilidade: 0,39

CH4 (g): 8,24 mol CO (g): 0,398 molNas mesmas condições de pressão e temperatura, o volume de qualquer gás é diretamente proporcional ao número de moléculas.Portanto, comparando o número de moléculas destas duas amostras de gás obtém-se:

8,24 mol0,398 mol

= 8,24× 6,02×1023

0,398× 6,02×1023

= 8,240,398

= 20,7 O volume de 8,24 mol de CH4 (g) é, pois, 20,7 vezes

Faci

lidad

e de

cad

a ite

m: c

otaç

ão m

édia

, num

a es

cala

de

0 a

1.

Resolução do Exame de Física e Química A (11.º ano), 2011, 1.ª Fase

Exame disponível em http://www.gave.min-edu.pt.

maior do que o volume de 0,398 mol de CO (g), nas mesmas condições de pressão e temperatura.

Grupo V1. cotação: 5 ; facilidade: 0,45

(A)Como há 1,3% em volume, há 1,3 L de N2 em cada 100 L de gás natural.Num milhão de litros (106) há:

1,3 L100 L

= V106 L

V = 1,3 L100 L

×106 L

= 1,3×106

102 L

Portanto, em ppm em volume, a composição do gás natural em N2 é:

1,3×106

102 ppm

2. cotação: 15 ; facilidade: 0,48

No eixo vertical, a menor divisão vale 2 ºC.No eixo horizontal, a menor divisão vale 0,2 × 10–3 m3.A temperatura aumenta de 22 °C para 52 °C, ou seja, aumenta 30 ºC, quando se consome 6,0 × 10–3 m3 de gás natural.Como cada m3 de gás natural fornece 4,0 × 107 J de energia, a quantidade de energia obtida, sob a forma de calor, Q, na queima de 6,0 × 10–3 m3 de gás natural é:

4,0×107J1m3

= Q6,0×10−3m3

Q = 4,0×107J

1m3× 6,0×10−3m3

= 2,4×105J

Esta energia é transferida para a água. Tendo em conta o aumento de temperatura e a massa de água, o calor recebido pela água é:

Q = m c Δθ

= 0,800 kg × 4,18×103 Jkg × °C

× 30 °C

= 1,0×105J

O rendimento da transferência é, pois, em percenta-gem:

1,0×105J2,4×105J

×100 = 42%

3. cotação: 5 ; facilidade: 0,62

(C)Para a mesma quantidade de energia fornecida, a amostra A sofre menor aumento de temperatura.A amostra A deve ter pois maior massa que a amostra B.

Grupo VI1.

1.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,53

(C)O zinco metálico reage com a solução onde há iões Cu2+, formando-se iões zinco, Zn2+. Os átomos de Zn fornecem eletrões aos iões Cu2+, que se transfor-mam em átomos de Cu.O zinco metálico é oxidado e o cobre (na forma de ião positivo) é reduzido, formando cobre metálico: Cu2+ + 2e– →Cu1.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,40

O magnésio Mg é o metal que tem maior poder redutor.Zinco vs. cobre: o zinco tem maior poder redutor do que o cobre, porque oxida-se quando em presença de ião cobre.Zinco vs. magnésio: o zinco tem menor poder redu-tor do que o magnésio, porque na presença do ião magnésio não ocorre reação.

2. cotação: 5 ; facilidade: 0,43

(B)Há emissão de radiação nos processos de desexcita-ção dos eletrões que estavam em estados excitados (estados de maior energia que o estado fundamental).3. cotação: 10 ; facilidade: 0,42

A quantidade de matéria n de prata obtida é:

107,87 g1mol

= 2,65 gn

n = 2,65 g ×1mol107,87 g

= 2,457 ×10−2mol

Tendo em conta a estequiometria da reação, a propor-ção é de 1 mol de Cu para 2 mol de Ag.Portanto, a quantidade de cobre que reagiu é:

1 mol de Cu2 mol de Ag

= n2,457 ×10−2mol

n = 2,457 ×10−2mol2

= 1,23×10−2mol

4. cotação: 5 ; facilidade: 0,67

(C)O produto de solubilidade do cloreto de prata é dado por:

Ks = Ag+⎡⎣

⎤⎦ × Cl−⎡

⎣⎤⎦

1,8×10−10 = Ag+⎡⎣

⎤⎦ × Cl−⎡

⎣⎤⎦

A solubilidade do cloreto de prata é a concentração do cloreto de prata no equilíbrio com o solvente, numa solução saturada de Ag+Cl– (aq).Se o produto das concentrações de Ag+ e Cl– for su-perior ao valor do produto de solubilidade ultrapas-saram-se os valores máximos de concentração desses iões na solução e forma-se cloreto de prata sólido, que precipita.