Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 1 / 11©
RESOLUÇÃO – EXAME NACIONAL 2012 – 1ª Fase – Versão 1
Grupo I
1. Eletrões de valência.
2. A configuração eletrónica do carbono, 6C, no estado fundamental, é a seguinte:
6C – 1s2 2s2 2px0 2py
1 2pz1
ou 6C – 1s2 2s2 2px1 2py
0 2pz1
ou 6C – 1s2 2s2 2px1 2py
1 2pz0
Note que é necessário levar em linha de conta não só o princípio da energia mínima mas também aregra 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 deprotões 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 diferentenúmero de neutrões.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
4. Orbital atómica.
Exame nacional 2012 – 1ª Fase - 313
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© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 2 / 11314 – 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 areta 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 permitadeterminar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:
n =
Para o caso concreto de gases, também é verdade que:
n =
M e Vm são, 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
0V (dm3)
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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 dm3 mol-1
É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casasdecimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:
ρ = 1,3 g dm-3 e M(H2S) = 34,1 g mol-1
E:
Vm = 26,2 dm-3 mol-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 omesmo volume molar.
Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles demoléculas, 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 nototal (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será5n 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, onúmero total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos dehidrogénio 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 oesquema 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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Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 3 / 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 areta 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 permitadeterminar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:
n =
Para o caso concreto de gases, também é verdade que:
n =
M e Vm são, 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)
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5
0V (dm3)
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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 dm3 mol-1
É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casasdecimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:
ρ = 1,3 g dm-3 e M(H2S) = 34,1 g mol-1
E:
Vm = 26,2 dm-3 mol-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 omesmo volume molar.
Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles demoléculas, 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 nototal (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será5n 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, onúmero total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos dehidrogénio 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 oesquema 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 - 315
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A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera queoriginam 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 ácidospor 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:
mH2S = ⇔ mH2S = 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 osnúmeros 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
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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 reaçãomenos extensa.
Em meio básico, há excesso de HO–(aq) na solução. Esse HO–(aq) reagirá com o H3O+(aq) que provémdo ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagiráentão 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 temosV = 1 dm3):
n = ⇔ nFe2+ = ⇔ nFe2+ = 8,00 × 10–2 mol ⇒ c = 8,00 × 10–2 mol 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 × 10–17 mol dm–3
Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:
Ka = ⇔ ⏐H3O+⏐eq = ����� ⇔ ⏐H3O+⏐eq = 2,9 × 10–4 mol dm–3
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+⏐2eq
������
⏐H2S⏐eq
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Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 5 / 11©
A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera queoriginam 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 ácidospor 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:
mH2S = ⇔ mH2S = 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 osnúmeros 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
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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 reaçãomenos extensa.
Em meio básico, há excesso de HO–(aq) na solução. Esse HO–(aq) reagirá com o H3O+(aq) que provémdo ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagiráentão 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 temosV = 1 dm3):
n = ⇔ nFe2+ = ⇔ nFe2+ = 8,00 × 10–2 mol ⇒ c = 8,00 × 10–2 mol 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 × 10–17 mol dm–3
Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:
Ka = ⇔ ⏐H3O+⏐eq = ����� ⇔ ⏐H3O+⏐eq = 2,9 × 10–4 mol dm–3
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+⏐2eq
������
⏐H2S⏐eq
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© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 6 / 11
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 Bbaixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm-3. Há um consumo de 0,49 mol dm-3 de Ae de 0,77 mol dm-3 de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Masnão é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm-3 de B. Desta forma, resta-nos ahipótese 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 quedabrusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quocienteda 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 aumentaraté 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 reaçãodireta.
• Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação àtemperatura T.
318 – Exames
Novos2012_Exnacional_313a324_Layout 1 9/14/12 11:10 AM Page 318
Grupo IV
1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados emparalelo 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 nãoatinge 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, éfornecido 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 circuitoelétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de temporepresentativo.
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”, podemosconsiderar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamentefornecido 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 - 319
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Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 7 / 11©
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 Bbaixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm-3. Há um consumo de 0,49 mol dm-3 de Ae de 0,77 mol dm-3 de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Masnão é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm-3 de B. Desta forma, resta-nos ahipótese 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 quedabrusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quocienteda 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 aumentaraté 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 reaçãodireta.
• Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação àtemperatura T.
318 – Exames
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Grupo IV
1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados emparalelo 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 nãoatinge 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, éfornecido 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 circuitoelétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de temporepresentativo.
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”, podemosconsiderar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamentefornecido 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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© 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 queescolhemos:
Ficamos, assim, com:
c = ⇔ c = 4,16 × 102 J kg–1 oC–1
3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permitecalcular 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 blocostêm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação datemperatura:
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 variaçãoda 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
tem
per
atu
ra / ºC
017,40
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
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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 ocentro da trajetória OU equivalente.
1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normalou 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 alteramosa massa sem que varie o valor da velocidade (“se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempoa 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, eladepende 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 lineardo 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 - 321
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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 queescolhemos:
Ficamos, assim, com:
c = ⇔ c = 4,16 × 102 J kg–1 oC–1
3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permitecalcular 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 blocostêm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação datemperatura:
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 variaçãoda 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
tem
per
atu
ra / ºC
017,40
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
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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 ocentro da trajetória OU equivalente.
1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normalou 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 alteramosa massa sem que varie o valor da velocidade (“se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempoa 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, eladepende 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 lineardo 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��
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© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 10 / 11
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 aocarrinho.
2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que asua velocidade é constante.
A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, umavez que a altura varia.
Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existeconservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa comvelocidade 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
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Grupo VI
1.1.1 Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que nar = 1, podemos escrever:
nar sin θi = nvidro sin 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 meioatravés 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 transmissõesda 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:
n1 sin θi = n2 sin θr ⇔ n1 sin 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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Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 11 / 11©
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 aocarrinho.
2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que asua velocidade é constante.
A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, umavez que a altura varia.
Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existeconservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa comvelocidade 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
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1.1.1 Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que nar = 1, podemos escrever:
nar sin θi = nvidro sin 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 meioatravés 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 transmissõesda 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:
n1 sin θi = n2 sin θr ⇔ n1 sin 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
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n2��n1
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vidro
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