7/24/2019 2015 Fsica e Qumica a 1.a Fase Resoluo

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Resoluo do Teste Intermdio de Fsica e Qumica A (11. ano), 2014 (12-2)Resoluo do Exame de Fsica e Qumica A (11. ano), 2015, 1. Fase

Exame disponvel em http://www.iave.pt.

Grupo I

1. cotao: 5

(D)O calor a energia que se transfere entre corposem contacto, como resultado de uma diferena detemperatura entre eles.

2. cotao: 5

A transferncia de energia pode ser sob a forma de

calor, trabalho ou radiao: energia transferida ou recebida pelo sistema,como trabalho = 300 J;

energia transferida ou cedida para o exterior,como calor = 400 J.

A variao de energia interna do sistema :

U = +Erecebida

Ecedida

= +300 J (400 J)

= 300 J 400 J

=100 J

A energia interna do sistema diminuiu 100 J.

3. cotao: 15

400 g = 0,400 kg de gelo inicialmente a 10,0 C.A fuso ocorre a 0,0 C.A temperatura dessa amostra de gelo deve aumen-tar 10,0 C.Para ter esse aumento de temperatura necessriofornecer a energia Q, como calor:

Q = m c t

= 0,400 kg 2,1110

3J

kg C10C

= 8440 J

= 8,44 103J

= 8,44 kJ

Forneceu-se uma quantidade maior de energia,92,0 kJ. Desta quantidade, 8,44 kJ foi utilizadopara aumentar a temperatura da amostra de gelo de

10,0 C para 0,0 C.Para a fuso, sobra: 92,0 kJ 8,44 kJ = 83,56 kJDo enunciado, sabe-se que para fundir 1,0 kg de gelonecessitam-se de 3,34 105J = 3,34 102 kJ = 334 kJPortanto, a energia que sobra do aquecimento,83,56 kJ, permite a fuso de:

1,0 kg

334 kJ=

m

83,56 kJ

m= 0,250 kg

Como a amostra de gelo tem 0,400 kg, a massa degelo que no fundiu foi: 0,400 kg 0,250 kg = 0,150 kg

4. cotao: 5(C)De acordo com a lei de Stefan-Boltzmann, a potnciatotal irradiada por um corpo (taxa temporal de emis-so de radiao) diretamente proporcional: emissividade da superfcie do corpo; rea da superfcie do corpo; quarta potncia da temperatura absoluta (tem-

peratura termodinmica) da superfcie do corpo.

Grupo II

1.

1.1. cotao: 5

(A)

50 rotaes

1 min=

50 rotaes

60 s

50 rotaes = 50 2 rad

=

50 2 rad

60 s

=

2 50

60rad s

1

1.2. cotao: 5

(A)Assume-se que em cada um dos pontos P e Q da rodah uma partcula. A acelerao de qualquer dessaspartculas acelerao centrpeta e depende da velo-cidade angular e do raio da trajetria (ac=

2r).O raio onde esto as partculas P e Q roda com umacerta velocidade angular.A partcula no ponto P encontra-se a uma maior

distncia em relao ao centro da roda do que apartcula no ponto Q.Portanto, o valor da acelerao centrpeta da part-cula no ponto P (o ponto mais afastado do centro) superior ao da partcula no ponto Q, porque o valorda acelerao centrpeta diretamente proporcionalao valor do raio r da trajetria.

2.

2.1. cotao: 10

84 s

588 m

Neste grfco da calculadora, o eixo horizontal (x)representa o tempo decorrido te o eixo vertical (y)representa a coordenadaxdos ciclistas no referencialindicado.O instante t em que os ciclistas se cruzam tal que:

7,0 t= 800 0,030 t2

0,030 t2+7,0 t800 =0

Resolvendo a equao, obtm-se:

t=

7,0 7,02 4 0,030 800( )2 0,030

s

= 84 s

(a soluo negativa no tem sentido fsico)

Ao fm de 84 s, os ciclistas esto ambos na coorde-nada:

xC

I= 7,0 m/s 84 s = 588 m

xC

II= 8000,03084

2( )m = 588 mAs coordenadas do ponto no grfco em que as duas

funes tm o mesmo valor , pois, t = 84 s (eixohorizontal do grfco, eixo do tempo decorrido) e

x= 588 m (eixo vertical do grfco, eixo da coorde-nada de posio).

2.2. cotao: 5

(D)De acordo com a equao do movimento, o ciclista II(considerado como partcula) move-se no sentido ne-gativo do eixo Ox, iniciando o movimento na posiox= 800 m e com velocidade inicial nula.O ciclista est a acelerar no sentido negativo do eixo,com uma acelerao de magnitude (1/2) a= 0,030,donde: a = 0,060 (m/s)/s = 0,060 m/s2.Sendo o movimento acelerado, os vetores velocidadee acelerao apontam para o mesmo lado.

2.3. cotao: 5

(C)De acordo com a equao do movimento, o ciclista Imove-se com velocidade constante de 7,0 m/s. Deacordo com a 1. lei de Newton, se um corpo se movecom velocidade constante (energia cintica constan-te), a resultante das foras que lhe esto aplicadas nula (sendo tambm nulo o trabalho da resultante dasforas aplicadas).

3. cotao: 15

Energia cintica com que se inicia a subida: 2000 J.Nesta posio, a velocidade era:

Ec =

1

2m v

2

2000 =1

280 v

2

v =2 2000

80

= 7,1 m/s

Quando se inicia a subida a energia mecnica (con-siderando que a base est altura h nula):

E

m = 1

2m v2 + m g h = 2000 J + 0 J

Quando atinge a altura de 3,0 m, em que o ciclistavai velocidade de 3,5 m/s, a energia mecnica vale:

Em =

1

2m v

2+ m g h

=1

2803,5

2+80103,0

=2890 J

A velocidade do ciclista diminuiu na subida, de7,1 m/s para 3,5 m/s. Mas a energia mecnica (ener-gia cintica + energia potencial) aumentou de 2000 Jpara 2890 J.Se apenas atuasse a fora gravtica, que uma fora

conservativa [uma fora diz-se conservativa se otrabalho dessa fora estiver associado a uma variaode energia potencial], a energia mecnica na alturade 3,0 m devia ser tambm 2000 J, o valor da energiamecnica no incio do plano.Portanto, a energia mecnica aumentou 890 J, de2000 J para 2890 J, devido ao trabalho de forasno conservativas (neste caso, a fora exercida pelociclista, a que se opuseram as foras de resistncia doe de atrito).A variao de energia mecnica , por defnio,

igual ao trabalho das foras no conservativas.O trabalho das foras no conservativas , pois, iguala 890 J.Portanto:

W

foras no conserv.

= F

no conserv.

d cos

890 = Fno conserv. 68 cos

O ngulo , ngulo entre a soma das foras noconservativas e o deslocamento, tem de ser nulo,para que o lado direito desta equao seja tambmpositivo:

890 = Fno conserv.

68 cos0

890 = Fno conserv.

681

Donde, a intensidade da soma das foras no conser-vativas :

F

no conserv. =13,1 N

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Grupo III

1.

1.1. cotao: 5

(B)A fgura indica que o perodo igual a 3 divises no

eixo horizontal do osciloscpio.Como a frequncia de 330 Hz, o perodo :

T =1

f

=

1

330 Hz= 0,0030 s

Portanto, 3 divises correspondem a 3,0 ms. Logo,1 diviso corresponde a 1,0 ms

1.2. cotao: 5

(D)A intensidade de um sinal est relacionada com aamplitude do sinal, no com a frequncia/perodo dosinal.

2. cotao: 5

(D)

U =Umax

sin 2f t( )

2f = 8,80102

f = 8,80102

2

= 440 Hz

T =1

440 Hz

= 2,27 103

s

3. cotao: 10

A variao de presso proveniente do som atingea membrana que oscila. A membrana est ligada bobina que tambm vai oscilar, em torno do man.O uxo magntico passa a variar (porque a rea da

bobina sujeita ao campo magntico varia) o queinduz uma fora eletromagntica que leva ao apareci-mento de uma corrente eltrica.

Grupo IV

1.

1.1. cotao: 5

(C)Os tomos de um mesmo elemento qumico tmsempre igual nmero de protes mas podem terdiferente nmero de neutres. Os tomos do istopocloro-37 tm mais dois neutres do que os tomos doistopo cloro-35.

1.2. cotao: 5

(D)A confgurao eletrnica do cloro :

(1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)5.

A orbital de valncia de menor energia a 3s que secaracteriza por ter: nmero quntico principal n= 3; nmero quntico secundrio, l= 0; nmero quntico magntico, m

l= 0.

1.3.

(B)A confgurao eletrnica do or :

(1s)2(2s)2(2p)5

A confgurao eletrnica do cloro :

(1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)5

Ambos apresentam uma orbital p semipreenchida.

1.4

Removendo um eletro de um tomo de cloro, Cl,

forma-se o io positivo Cl+

.

2.

2.1. cotao: 5

Nmero de molculas de F2nessa mistura:

5,00102mol

6,0221023

mol=3,0110

22molculas

Nmero de tomos de F: 2 3,01 1022tomos = 6,02 1022tomos

2.2. cotao: 10

Massa molar das molculas de uor, F2: 19,00 g/mol 2 = 38,0 g/mol

Massa molar das molculas de cloro, Cl2: 35,45 g/mol 2 = 70,9 g/molMassa de uor na mistura:

38,0 g/mol 5,00 102mol = 1,90 gMassa de cloro na mistura: 70,9 g/mol 8,00 102mol = 5,67 gMassa total da mistura: 1,90 g + 5,67 g = 7,57 gQuantidade total da mistura:

5,00 102mol + 8,00 102mol = 13,00 102molVolume da amostra: 13,00 102mol 22,4 L/mol = 2,91 LDensidade da mistura:

densidade =massa

volume

= 7,57 g2,91 L

=

7,57 g

2,91 dm3

= 2,60g

dm3

3.

3.1.

O tomo de hidrognio (Z= 1) tem 1 eletro de va-lncia e o tomo de cloro (Z= 17) tem 7 eletres devalncia, isto , 7 eletres no ltimo nvel de energia.Portanto, a molcula de HCl tem 8 eletres devalncia.

3.2.

(B)O cloro e o iodo esto ambos no grupo 17 da tabelaperidica.O iodo est localizado num perodo abaixo do cloro.O raio atmico tende a aumentar ao longo de umgrupo, pelo que o raio atmico do iodo deve sersuperior ao do cloro. de prever que o comprimento da ligao HI sejasuperior ao da ligao HCl.

Grupo V

1. cotao: 5

(B)O nmero de oxidao do iodo passa de 0 a 1,

ou seja, sofre uma reduo e, por isso, o agenteoxidante.

2.

2.1 cotao: 10

incio

variao

equilbrio

2,56 103mol

2,56 103mol 1,46 103mol= 1,10 103mol

1,46 103mol neq

ni

2,20 103mol

2,20 103mol

2 1,10 103mol

0 mol

I2 (g) + H2 (g) ! 2 HI(g)

Portanto, a constante de equilbrio dada por:

46 =HI eq

2

I2

eq H2 eq

46 =

2,20 103

1

2

1,46103

1

neq

1

=

2,20103( )

2

1,46103 neq

Donde, a quantidade de H2no equilbrio :

neq

=

2,20103( )2

1,46103

=7,21105mol

2.2 cotao: 10

A constante de equilbrio diminui com o aumentoda temperatura. A concentrao do produto est adiminuir, pelo que a reao inversa favorecida.Deste modo, pode concluir-se que a reao inversa endotrmica e a reao direta exotrmica.Pode concluir-se ainda que a energia absorvida naquebra das ligaes inferior energia libertada naformao das ligaes.

Grupo VI

1. cotao: 5

(A)A bureta colocada num suporte adequado sobre obalo de erlenmeyer de modo a determinar o volumede soluo titulante.

2. cotao: 10

Para o NaOH, tem-se:

c =n

V

1,00101mol

dm3 =

n

24,60 103dm

3

n =2,46103mol

No equilbrio, a quantidade de HCl iguala a de

NaOH.Assim, para o HCl, vem:

c =n

V

=

2,46103mol

50,0103dm

3

= 4,92 102mol/dm

3

3.

3.1 cotao: 5

Erro relativo, em percentagem:

25,00 24,60

25,00100

3.2 cotao: 10

H uma variao brusca de pH no ponto de equiva-lncia.A zona de viragem do indicador est contida nessazona de variao brusca de pH, pelo que se podeutilizar o indicador referido.