PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DO TESTE INTERMÉDIO

PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DO TESTE INTERMÉDIO - 2014 (VERSÃO 1)
GRUPO I
1.
∆Hvap (H2O) = 420 ×4
∆Hvap (H2O) = 1,69×103
∆Hvap (H2O) = 1,7×103 kJ kg−1
Tendo em consideração a informação dada no texto o calor (ou variação de entalpia) de vaporização da água, é
1,7×103 kJ kg−1.
2.
Determinar a capacidade térmica mássica da água a partir da informação do texto.
Para aquecer um quilograma de água de 0 ºC até 100 ºC, são necessários 420 kJ.
Recorrendo à expressão E = m c ∆θ ⇔ E = m c (θf − θf ) é possível determinar a capacidade térmica mássica da
água
c=
⇔c=
⇔ c =4,20 kJ kg−1 oC−1
Determinar a energia transferida para a amostra de água durante o aquecimento
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
J
Determinar energia utilizada para aquecer a amostra de água
m(H2O) = 500 g ⇔ m(H2O) = 0,500 kg
Recorrendo à expressão E = m c ∆θ ⇔ E = m c (θf − θf )
E = m c (θf − θf ⇔ E =0,500×4,20 (41−20) ⇔ E =44,1 kJ⇔
J
Determinar o rendimento do processo de aquecimento da amostra de água
𝜂=
×100 ⇔ 𝜂 =
×100 ⇔ 8 8%
O rendimento do processo de aquecimento da amostra de água foi de 58,8%.
3.
PROCESSO 1
Determinar o volume molar do gás, nas condições de pressão e de temperatura referidas
ρ=
para gases é equivalente a escrever-se ρ =
Mr(H2O) = 2 Ar(H) + Ar(O) ⇔ Mr(H2O) =2(1,01) + 16,00⇔ Mr(H2O) =18,02 ⇒ M (H2O) =18,02 g mol−1
ρ=
⇔
© ASA 1
⇔
⇔
Determinar a quantidade química de água correspondente a 3,01 ×1024 moléculas
n(H2O) =
⇔ n(H2O) =
⇔ n(H2O) = 5,00 mol
Determinar o volume ocupado por 0,500 mol de H2O, contidas na amostra pura de vapor de água, nas
condições de pressão e de temperatura referidas
V = n ×Vm ⇔ V = 5,00 ×30,54 ⇔ V = 152,7 dm3
O volume ocupado por 3,01 ×1024 moléculas de H2O, contidas na amostra pura de vapor de água, nas condições de
pressão e de temperatura referidas é 153 dm3.
PROCESSO 2
Determinar a quantidade química de água correspondente a 3,01 ×1024 moléculas
n(H2O) =
⇔ n(H2O) =
⇔ n(H2O) = 5,00 mol
Determinar a massa de água correspondente a 5,00 mol de água
Mr(H2O) = 2 Ar(H) + Ar(O) ⇔ Mr(H2O) =2(1,01) + 16,00⇔ Mr(H2O) =18,02 ⇒ M (H2O) =18,02 g mol−1
m(H2O) = n(H2O)× M(H2O)⇔ m(H2O) = 5,00
8
⇔ m(H2O) = 90,10 g
Determinar o volume ocupado por 90,10 g de água sabendo que a densidade nas condições de pressão e
de temperatura referidas é de 0,590 g dm−3
=
⇔
⇔
⇔
O volume ocupado por 3,01 ×1024 moléculas de H2O, contidas na amostra pura de vapor de água, nas condições de
pressão e de temperatura referidas é 153 dm3.
4. A geometria da molécula de água é angular.
Na molécula de água, H2O, cada átomo de hidrogénio liga-se ao átomo de oxigénio através de uma ligação
covalente simples, ligação que é assegurada por um par de eletrões (dupleto eletrónico ligante), existindo
ainda dois pares de eletrões de valência não ligantes no átomo de oxigénio.
As repulsões que se estabelecem entre estes pares de eletrões e os restantes dois pares de eletrões de
valência ligantes forçam a molécula a assumir uma geometria angular.
5. (B)
Na molécula de água, H2O, cada átomo de hidrogénio liga-se ao átomo de oxigénio através de uma ligação
covalente simples, ligação que é assegurada por um par de eletrões (dupleto eletrónico ligante), o que confere
um total de quatro eletrões ligantes.
Existem ainda dois pares de eletrões de valência não ligantes no átomo de oxigénio.
© ASA 2
GRUPO II
1. (A)
No percurso AB o trabalho do peso,
⃗
|⃗ |
é positivo porque o ângulo entre a direção do
peso e a direção do deslocamento está compreendido entre 0º e 90º, sendo inferior a 90º, ou seja, 0  θ < 90º.
Assim, coseno de θ será obrigatoriamente positivo, pelo que ⃗
Por outro lado, como são desprezáveis
todas as forças dissipativas, e só atuam o peso e a reação normal (que não realiza trabalho por ser normal à
direção do movimento), a única força que realiza trabalho é o peso. Sendo esta uma força conservativa, vai
ocorrer conservação da energia mecânica do sistema, ou seja, a variação da energia mecânica naquele trajeto
será nula.
2. No percurso AB as forças que atuam no carrinho são a reação normal (força exercida pela superfície sobre a
qual o carrinho se desloca) e o peso (força gravítica).
No percurso AB estas forças têm direções diferentes, motivo pelo qual a resultante das forças é diferente de
zero.
3. (C)
No percurso AB o movimento do carrinho é retilíneo uniformemente acelerado. As forças que atuam no
carrinho são a reação normal (força exercida pela superfície sobre a qual o carrinho se desloca) e o peso
(força gravítica) sendo que a resultante das forças que atuam no carrinho é constante nesse percurso e
corresponde à componente eficaz do peso, ou seja, a componente do peso na direção tangente à trajectória.
Assim no percurso AB a aceleração mantem-se constante.
No percurso BC as forças que atuam no carrinho são a reação normal (força exercida pela superfície sobre a
qual o carrinho se desloca) e o peso (força gravítica).
No percurso BC estas forças têm a mesma direção e intensidade, mas sentidos opostos, motivo pelo qual a
força resultante é zero. Se a força resultante é nula, também será nula, nesse percurso, a aceleração.
Assim durante a primeira parte do percurso AB o valor algébrico da aceleração é diferente de zero e positivo
(atendendo ao eixo de referência), diminuindo o seu valor a partir do ponto B e até C para um valor nulo, o
que apenas valida o gráfico (A).
4. Se, na ausência de anteparo, o carrinho cai quando chega à posição C, podemos dizer que teve um movimento
similar ao de um lançamento horizontal, isto é, a velocidade inicial tem direção horizontal, sendo acelerado na
vertical, à medida que avança horizontalmente com velocidade constante.
Este movimento pode ser estudado, decompondo-o segundo duas direções: a vertical em que se considera o
movimento uniformemente acelerado, sendo a aceleração a da gravidade local e sem velocidade inicial; a
horizontal em que se considera o movimento uniforme com velocidade constante, igual à velocidade de
lançamento.
Determinar a lei horária das posições, para a direção vertical, da situação em estudo
Recorrendo à lei horária das posições, x = xo + vot + ½at, obtêm-se para as condições em estudo
0,30 = 0,80 -
t2 ⇔
0,30 = 0,80 - 5 t2 , porque vo nesta direção é nula.
Calcular, a partir da equação 0,30 = 0,80 - 5,0 t2, do tempo que o carrinho demora a atingir a posição
situada a 30 cm do solo
− 8
− 5 t2 ⇔
t2 ⇔ t2 =
⇔ t2 =
⇔t=√
⇔ t = 0,316 s
Determinar a lei horária das velocidades, para a direção vertical, para a situação em estudo
Recorrendo à lei horária das velocidades, v = vo + at, obtêm-se para as condições em estudo: v = −10 t
Calcular a componente escalar, segundo o eixo Oy, da velocidade do carrinho, vy, quando este se
encontra a 30 cm do solo
v = −10 t ⇔ v = −10×0,316 ⇔ v = −3,16 m s−1
© ASA 3
A componente escalar, segundo o eixo Oy, da velocidade do carrinho, vy, quando este caindo da posição C se
encontra a 30 cm do solo é −3,2 m s−1.
5. Define-se condutividade térmica de um material, kT, no sistema internacional, SI, como a porção de energia
como calor que atravessa, por segundo, a espessura de 1 m, quando a diferença de temperatura entre essas
superfícies (fonte quente e fonte fria) é de 1 oC.
Define-se capacidade térmica mássica de um material, c, como a porção de energia que é necessária para que
um quilograma desse material eleve a sua temperatura de 1oC ou 1K.
A energia transferida como calor da pele para o metal é maior do que a energia transferida como calor da pele
para a madeira, no mesmo intervalo de tempo, porque a condutividade térmica do metal é maior (o metal é
melhor condutor do calor que a madeira).
© ASA 4
GRUPO III
1. (B)
Considere-se uma região do espaço onde existe um campo magnético, ⃗ , uniforme. Define-se fluxo magnético,
Φm, que atravessa uma superfície plana de área, A, mergulhada nessa região, pelo produto da intensidade do
campo magnético, | ⃗ |, pela área, A, e pelo coseno do ângulo θ formado pela direção do vetor campo magnético
e pela direção normal ao plano da espira, Φm = | ⃗ | A cos θ.
 Enquanto o carrinho se movimenta fora da zona onde se faz sentir o campo magnético, ⃗ , o fluxo do campo
magnético, Φm, é nulo porque a espira não é atravessada por qualquer linha de campo.
 À medida que o carrinho avança e a espira metálica retangular colocada sobre ele entra na região onde se
faz sentir o campo magnético, ⃗ , o fluxo magnético, Φm, vai aumentando, à medida que aumenta o número
de linhas de campo que atravessam a espira.
 Enquanto a espira se movimenta na zona do espaço, delimitada a tracejado, onde o campo magnético, ⃗ , é
uniforme, o fluxo magnético, Φm, mantêm-se constante.
 À medida que o carrinho avança e a espira metálica retangular colocada sobre ele, vai saindo da região onde
se faz sentir o campo magnético, ⃗ , o fluxo magnético, Φm, vai diminuindo, à medida que diminui o número
de linhas de campo que atravessam a espira.
Assim o esboço gráfico que valida estas conclusões é o (B).
2. (C)
Considerando a lei de Faraday, a força eletromotriz, f.e.m., induzida, Єi, numa espira de um condutor metálico é
igual, em módulo, à taxa de variação temporal do fluxo magnético que atravessa a espira.
Considerando apenas módulos dos valores médios, a lei de Faraday, para uma variação de fluxo magnético, Φm,
durante um intervalo de tempo, ∆t, pode escrever-se | |
necessário que haja variação do fluxo magnético no tempo.
© ASA 5
|
|, pelo que, para que exista uma f.e.m. induzida, é
GRUPO IV
1.
1.1. (B)
O carro descreve um movimento circular uniforme porque o módulo da velocidade é constante, assim a
força resultante que atua no automóvel deverá ser radial (tem a direção do raio) e centrípeta (aponta
para o centro da trajetória), o que apenas valida a representação da resultante das forças,
sobre o automóvel na figura (B)
R,
que atuam
1.2. (B)
Reduzir a unidade do módulo da velocidade às unidades do Sistema Internacional, SI
⇔
⇔
⇔
(
)
Determinar o tempo gasto para percorrer os 300 m entre as posições P e Q
⇔
⇔
⇔
1.3. A energia cinética do automóvel,
(
)
é igual nas posições P e Q uma vez que o automóvel se move
com velocidade de módulo constante e que a massa do automóvel não se altera.
A energia potencial gravítica do sistema automóvel + Terra, Epa + Terra = m g h é igual nas posições P e Q, uma vez
que essas posições se encontram num mesmo plano horizontal, isto é à mesma altura em relação ao nível de
referência e porque a massa do automóvel não se altera.
Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que a energia mecânica do
sistema automóvel + Terra é igual nas posições P e Q.
1.4. (D)
Recorrer à expressão
, para calcular a energia cinética do automóvel, E c,a
Tome-se: m(automóvel) = m
e
v(automóvel) = v
⇔
Recorrer à expressão
, para calcular a energia cinética do camião, E c,c
Tome-se: m(camião) = 12 m(automóvel) ⇔ m(camião) = 12 m e
v(camião) =
⇔ v(camião) =
⇔
⇔
(
⇔
) ⇔
(
) ⇔
⇔
Estabelecer a razão entre a energia cinética do camião, Ec,c, e a energia cinética do automóvel, Ec,a
⇔
© ASA 6
⇔
2.
Reduzir a unidade da potência do motor à unidade do Sistema Internacional, SI
⇔
⇔
Recorrer à expressão
5,40×104 W
para calcular a energia fornecida pelo motor durante o intervalo de tempo de
10 s
⇔
⇔
⇔
J
Calcular a energia fornecida pelo motor, Emotor, que se converte em energia cinética
Ec =Emotor×
⇔ Ec = 5,40×104×
Recorrer à expressão
⇔ Ec = 8,10×104 J
, para calcular o módulo da velocidade que o automóvel pode atingir 10
s depois de arrancar
⇔
⇔
√
⇔
√
8
⇔
O módulo da velocidade que o automóvel pode atingir 10 s depois de arrancar, admitindo que 15% da energia
fornecida pelo motor se converte, nesse intervalo de tempo, em energia cinética foi 12,7 m s−1.
© ASA 7
GRUPO V
1. (B)
Os alunos ligaram o altifalante ao gerador de sinais para que o sinal elétrico, produzido por este, fosse
convertido num sinal sonoro e o microfone ao osciloscópio para que o sinal elétrico, resultante da conversão
do sinal sonoro no microfone, fosse registado no osciloscópio.
2. (C)
Recorrendo à expressão
, onde v é a velocidade de propagação do som, d, a distância percorrida pelo som
e t, o tempo de propagação do som, verifica-se que rearranjando a expressão resulta
⇔
⇔
⇔
o que mostra que representando graficamente t em função de d, isto é, (t = f (d)), se obtêm
uma reta cujo inverso do declive pode ser identificado com o valor experimental da velocidade de propagação
do som no ar, o que apenas valida a opção (C).
Se recorrendo à expressão
, onde v é a velocidade de propagação do som, d, a distância percorrida pelo
som e t, o tempo verifica-se que rearranjando a expressão resulta
⇔
⇔
o que mostra
que representando d em função de t se obtêm uma reta cujo declive pode ser identificado com o valor
experimental da velocidade de propagação do som no ar.
3. (A)
Erro relativo, er, é o quociente entre o erro absoluto, ea, e o valor exato, xv, dessa grandeza.
Erro absoluto, ea, é o módulo da diferença entre o valor medido da grandeza, x, e o seu valor exato, xv.
ea = | − |
Erro relativo, er, em percentagem, será
|
−
|
−
⇔
%
Pelo que o valor experimental da velocidade de propagação do som no ar, obtido pelos alunos, apresenta um
erro relativo, em percentagem, de 7,5%.
4. (C)
Ordem de grandeza de um valor numérico é a potência de base 10 mais próxima desse número.
Considerando a velocidade de propagação do som no ar, vsom ar, 345 m s−1 e a velocidade de propagação da luz
no ar, c, 3,00×108 m s−1.
Estabelecendo a razão entre a velocidade de propagação da luz, c, 3,00×108 m s−1 e a velocidade de
propagação do som no ar, vsom ar, 345 m s−1
⇔
8
A ordem de grandeza de um valor numérico é igual à potência de base 10 caso o primeiro algarismo seja
menor que 5 e soma-se uma unidade à potência de base 10 se o primeiro algarismo for superior a 5. Assim,
como neste caso o primeiro algarismo é 8, a ordem de grandeza será 10 5+1.
Conclui-se, assim que, a velocidade de propagação da luz no ar é cerca de 10 6 vezes superior à velocidade de
propagação do som no ar.
© ASA 8