PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 2ª FASE DE 2015
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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 2ª FASE DE 2015 (VERSÃO 1) GRUPO I 1. (D) Determinar a frequência de uma radiação eletromagnética cujo comprimento de onda, no vácuo, é 1 cm 𝒗 recorrendo à expressão 𝝀 = 𝒇 𝜆= ! ! ⇔𝑓= ! ! ⇔ 𝑓 = !,!×!"! !×!"!! ⇔ 𝑓 = 3,0 × 10!" Hz Define-­‐se ordem de grandeza de um número como a potência de base 10 mais próxima desse número. Pelo cálculo realizado, conclui-­‐se que frequência de uma radiação eletromagnética cujo comprimento de onda, no vácuo, é 1 cm é da ordem de grandeza de 1010 Hz, o que apenas valida a opção (D). 2. (C) Determinar a distância, em metros, a que um obstáculo se encontra da antena emissora, se ∆t representar o intervalo de tempo, em segundos, que decorre entre a emissão de um impulso e a receção do respetivo eco recorrendo à expressão 𝒗 = 𝒅 ∆𝒕 Se x for a distância a que o objeto se encontra da antena emissora 𝑣= ! ∆! ⇔ 𝑑 = 𝑣 × ∆𝑡 ⇔ 2𝑥 = 3,0 × 10! × ∆𝑡 ⇔ 𝑥 = !,! × !"! × ∆! ! (m) O que valida a opção (C). 3. (B) Uma vez que, de acordo com a figura 1, as linhas de campo magnético são paralelas entre si e equidistantes, pode concluir-­‐se que se trata de um campo magnético uniforme. Sendo assim, o módulo do campo magnético (B) manter-­‐se-­‐á constante em todos os pontos, independentemente da distância (d) ao polo norte (N) do íman que produz este campo. Deste modo, é válida a opção (B). 4. (D) Por observação da figura 2, verifica-­‐se que o feixe de radiação eletromagnética ao passar do meio 1 para o meio 2 afasta-­‐se da normal à superfície de separação, pelo que o ângulo de refração tem maior amplitude que o ângulo de incidência. Assim, o índice de refração do meio 1 terá de ser superior ao do meio 2. O índice de refração de uma dada radiação num determinado meio, define-­‐se como a razão entre a velocidade ! da luz no vazio (c) e a velocidade da luz, nesse meio (v), ou seja, 𝑛 = . Assim, o índice de refração e a ! velocidade de propagação são inversamente proporcionais. Como o índice de refração do meio 1 é superior ao do meio 2, a velocidade de propagação no meio 1 será inferior à do meio 2, o que valida a opção (D). GRUPO II 1. 1.1. (B) Atendendo à definição de partes por milhão em volume e de percentagem em massa, pode estabelecer-­‐se a proporção: !,! !"""""" = ! !"" ⇔ x = 1,7 × 10!! % Apenas valida a opção (B). 1.2. Tendo em conta a lei de Avogadro, volumes iguais de gases diferentes nas mesmas condições de pressão e temperatura possuem igual número de partículas, é possível estabelecer a relação: V(CH4) = V(N2O) ⇒ n(CH4) = n(N2O) Determinar a massa molar do metano, M(CH4) Mr(CH4) = Ar(C) + 4 Ar(H) ⇔ Mr(CH4) = 12,01 + 4 × 1,01 ⇔ Mr(CH4) = 16,05 M (CH4) = 16,05 g mol−1 Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a massa de metano, m(CH4), na amostra m(CH4) = n(CH4) × M(CH4) ⇔ m(CH4) = n(CH4) × 16,05 Determinar a massa molar do óxido de diazoto, M(N2O) Mr(N2O) = 2 Ar(N) + Ar(O) ⇔ Mr(N2O) = 2 × 14,01 + 16,00 ⇔ Mr(N2O) = 44,02 M (N2O) = 44,02 g mol−1 Determinar a massa de óxido de diazoto, m(N2O), na amostra m(N2O) = n(N2O) × M(N2O)⇔ m(N2O) = n(N2O) × 44,02 Estabelecer a relação entre a massa de óxido de diazoto e a massa de metano Já que n(N2O) = n(CH4), determina-­‐se a razão entre as massas: 𝑚(N! O) 𝑛 N! O × 𝑀(N! O) 𝑚(N! O) 𝑀(N! O) = ⇔ = 𝑚(CH! ) 𝑛 CH! × 𝑀(CH! ) 𝑚(CH! ) 𝑀(CH! ) 𝑚(N! O) 44,02 𝑚(N! O) 𝑚(N! O) = ⇔ = 2,75 ⇔ ≈ 3 ⇔ 𝑚 N! O ≈ 3 𝑚(CH! ) 𝑚(CH! ) 16,05 𝑚(CH! ) 𝑚(CH! ) Dado que a relação entre as massas é a referida, pode concluir-­‐se que, arredondando às unidades, a amostra de óxido de diazoto é cerca de 3 vezes mais pesada que a amostra de metano. 1.3. Determinar a quantidade de dióxido de carbono, CO2 𝑉 CO! 50,0 𝑛 CO! = ⇔ 𝑛 CO! = ⇔ 𝑛 CO! = 2,232 mol 𝑉! 22,4 Determinar o número de moléculas existentes em 50,0 dm3 de dióxido de carbono, CO2 N(CO2) = n(CO2) × NA ⇔ N(CO2) = 2,232 × 6,02 × 1023 ⇔ N(CO2) = 1,344 × 1024 moléculas de CO2 Determinar o número de total átomos existentes em 50,0 dm3 de dióxido de carbono, CO2 N(átomos) = N(moléculas) × 3 ⇔ N(átomos) = 1,344 × 1024 × 3 ⇔ N(átomos) = 4,032 × 1022 átomos Em 50,0 dm3 de dióxido de carbono, CO2, nas PTN, existem 4,032 × 1022 átomos. 2. (C) A configuração eletrónica do carbono no estado fundamental é 1s2 2s2 2p2 A configuração eletrónica do oxigénio no estado fundamental é 1s2 2s2 2p4 A molécula de CO2 possui 16 eletrões de valência que se devem distribuir na molécula de acordo com a regra do octeto (cada átomo de ficar rodeado por 8 eletrões). É uma molécula onde os átomos de oxigénio (O) se encontram ligados a um átomo central de carbono (C). A estrutura de Lewis desta molécula é O átomo central não tem dupletos não ligantes. Para que os pares de eletrões ligantes estejam o mais afastados possível é necessário que a molécula assuma geometria linear, ou seja, o ângulo de ligação será de 180°. Apenas é válida a opção (C). Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 3. 3.1. (A) Para que o eletrão do átomo de hidrogénio transite do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n = 2 terá de absorver uma certa energia (E) de modo a validar a relação: En=2 = En=1 + E Determinar a energia que o eletrão do átomo de hidrogénio terá de absorver para transitar do nível a que corresponde n=1 para o nível a que corresponde n=2 recorrendo à relação En=2 = En=2 + E En=2 = En=1 + E ⇔ E = En=2 – En=1 ⇔ E = −5,45 × 10−19 – (–2,18 × 10−18) ⇔ E = 1,635 × 10−18 J Para que o eletrão do átomo de hidrogénio transite do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n = 2 terá de absorver uma energia de 1,635 × 10−18 J. De outro modo: Quando o eletrão no átomo de hidrogénio transita do nível n = 1 para o nível n = 2 terá de absorver energia que é dada pela diferença de energia correspondente ao nível 2 e ao nível 1, ou seja, ΔE1→2 = En=2 – En=1 ⇔ ΔE1→2 = −5,45 × 10−19 – (–2,18 × 10−18) ⇔ ΔE1→2 = 1,635 × 10−18 J O que apenas valida a opção (A). 3.2. (C) A configuração eletrónica do átomo de carbono no estado fundamental é 1s2 2s2 2p2. Evidencia dois eletrões no primeiro nível energético (n = 1), que é uma orbital do tipo s (ℓ𝓁 = 0) e quatro eletrões no segundo nível energético (n = 2): dois numa orbital s com n = 2 e ℓ𝓁 = 0 e outros dois em duas orbitais p com n = 2 e ℓ𝓁 = 1. Dos seis eletrões do átomo de carbono: – quatro encontram-­‐se em orbitais do tipo s , ou seja, orbitais com ℓ𝓁 = 0. – apenas dois se encontram-­‐se em orbitais do tipo p, isto é, orbitais ℓ𝓁 = 1. – dois encontram-­‐se no primeiro nível numa orbital s com n = 1 e ℓ𝓁 = 0. – quatro encontram-­‐se no segundo nível, dois numa orbital s com n = 2 e ℓ𝓁 = 0 e outros dois em duas orbitais p com n = 2 e ℓ𝓁 = 1 . O que apenas valida a opção (C). 3.3. A configuração eletrónica do carbono no estado fundamental é 1s2 2s2 2p2 A configuração eletrónica do azoto no estado fundamental é 1s2 2s2 2p3 Os eletrões de valência dos átomos de carbono e de nitrogénio no estado fundamental encontram-­‐se no mesmo nível de energia (nível 2). Sendo a carga nuclear do átomo de carbono inferior à do átomo de nitrogénio, a força atrativa exercida pelo núcleo do átomo de carbono sobre os seus eletrões de valência é menor do que a força exercida pelo núcleo do átomo de nitrogénio sobre os seus eletrões de valência. Assim, será necessária menos energia para remover um dos eletrões de valência mais energéticos do átomo de carbono do que para remover um dos eletrões de valência mais energéticos do átomo de nitrogénio, pelo que a energia de ionização do carbono será menor que a do nitrogénio. Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 GRUPO III 1. 1.1. Analisando a tabela, verifica-­‐se que as quantidades iniciais de reagentes são maiores que as respetivas quantidades quando se atinge o equilíbrio. Permite concluir que o sistema atingiu o equilíbrio evoluindo no sentido direto, consumindo reagentes e formando produtos da reação. Processo 1 𝒏 Determinar a quantidade inicial de N2 recorrendo à expressão c = 𝑽 cinicial = !(!! )!"!#!$% ! ⇔ 𝑛(N! ) = cinicial × 𝑉⇔ 𝑛(N! )!"!#!$% = 0,200 × 1,00 ⇔ 𝑛(N! )!"!#!$% = 0,200 mol 𝒏 Determinar a quantidade no equilíbrio de N2 recorrendo à expressão c = 𝑽 ceq = !(!! )!" ! ⇔ 𝑛(N! ) = ceq × 𝑉⇔ 𝑛(N! )!" = 0,144 × 1,00 ⇔ 𝑛(N! )!" = 0,144 mol Determinar a quantidade de N2 que reagiu n(N2)reagiu = n(N2)inicial − n(N2)eq ⇔ n(N2)reagiu = 0,200 − 0,144 ⇔ n(N2)reagiu = 0,056 mol Determinar a quantidade de NH3 que se formou Tendo em conta a estequiometria da reação n(NH3)formado = 2×n(N2)reagiu ⇔ n(NH3)formado = 0,056 × 2 ⇔ n(NH3)formado = 0,112 mol 𝒏 Determinar a quantidade no equilíbrio de NH3 recorrendo à expressão c = 𝑽 ceq = !(!"! )!" ! ⇔ 𝑛(𝑁𝐻! ) = ceq × 𝑉⇔ 𝑛(𝑁𝐻! )!" = 0,112 × 1,00 ⇔ 𝑛(𝑁𝐻! )!" = 0,112 mol Como a quantidade de amoníaco no equilíbrio é igual à quantidade de amoníaco formado pode concluir-­‐se que inicialmente não existia amoníaco no reator. Processo 2 𝒏 Determinar a quantidade inicial de H2 recorrendo à expressão c = 𝑽 cinicial = !(!! )!"!#!$% ! ⇔ 𝑛(H! ) = cinicial × 𝑉⇔ 𝑛(H! )!"!#!$% = 0,500 × 1,00 ⇔ 𝑛(H! )!"!#!$% = 0,500 mol 𝒏 Determinar a quantidade no equilíbrio de H2 recorrendo à expressão c = 𝑽 ceq = !(!! )!" ! ⇔ 𝑛(H! ) = ceq × 𝑉 ⇔ 𝑛(H! )!" = 0,332 × 1,00 ⇔ 𝑛(H! )!" = 0,332 mol Determinar a quantidade de H2 que reagiu n(H2)reagiu = n(H2)inicial − n(H2)eq ⇔ n(H2)reagiu = 0,500 − 0,332⇔ n(N2)reagiu = 0,168 mol Determinar a quantidade de NH3 que se formou Tendo em conta a estequiometria da reação 2n(NH3)formado = 3n(H2)reagiu ⇔ n(NH3)formado = !(!! )!"#$%& ! ⇔ n(NH3)formado = !,!"# × ! ! ⇔ n(NH3)formado = 0,112 mol Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 𝒏 Determinar a quantidade no equilíbrio de NH3 recorrendo à expressão c = 𝑽 ceq = !(!"! )!" ! ⇔ 𝑛(NH! ) = ceq × 𝑉 ⇔ 𝑛(NH! )!" = 0,112 × 1,00 ⇔ 𝑛(NH! )!" = 0,112 mol Como a quantidade de amoníaco no equilíbrio é igual à quantidade de amoníaco formado, pode concluir-­‐se que inicialmente não existia amoníaco no reator. 1.2. (D) A expressão que permite calcular o quociente da reação é semelhante à da constante de equilíbrio com a diferença que as concentrações não são as de equilíbrio. A concentração de H2 terá de ser 2 × 0,332 mol dm-­‐3. KC = 2. 3. !!! ! !!! ! !,!!" ! !" ⇒ Qr = ! ⇔ Qr = !,!"" !×!,!!" ! ⇔ 𝑄! !! !" !! ! ! ! ! ! !" = !,!!"! !,!""×!,!!" ! , o que apenas valida a opção (D). Determinar a energia libertada na formação de 6 mol de ligações N – H E = – 6 × energia libertada na formação de 6 mol de ligações N – H ⇔ E = – 6 × 393 ⇔ E = – 2358 J Determinar a energia total absorvida na rutura de 1 mol de ligações N ≡ N e de 3 mol de ligações H – H ∆H = Energia libertada na formação de 6 mol de ligações (N – H) + Energia total absorvida na rutura de 1 mol de ligações (N ≡ N) e de 3 mol de ligações (H – H) Energia total absorvida na rutura de 1 mol de ligações N ≡ N e de 3 mol de ligações H – H = ∆H – (-­‐2358) Energia total absorvida na rutura de 1 mol de ligações N ≡ N e de 3 mol de ligações H – H = -­‐92 +2358 Energia total absorvida na rutura de 1 mol de ligações N ≡ N e de 3 mol de ligações H – H = 2266 kJ O número de oxidação do nitrogénio em N2 é 0 e em NH3 é –3. Assim na reação de síntese do amoníaco, o número de oxidação do nitrogénio varia de 0 para −3, o que valida a opção C. GRUPO IV 1. (B) Segundo a teoria de Brönsted-­‐Lowry, ácido é qualquer espécie química que manifeste tendência a ceder protões (iões H+) e base qualquer espécie química que manifeste tendência para receber protões (iões H+). Na reação descrita, no sentido direto, a água cede um protão à molécula de amoníaco e na reação inversa, o ião amónio cede um ião ao ião hidróxido. Assim, é válida a opção (B). 2. 2.1. Determinar do pOH da solução A 25 oC, pH + pOH = 14 ⇔ pOH = 14 – pH ⇔ pOH = 14 − 10,97 ⇔ pOH = 3,03 Determinar a concentração de OH− pOH = −log[OH−] ⇔ [OH−] = 10−pOH ⇔ [OH−] = 10−3,03 ⇔ [OH−] = 9,33 × 10−4 mol dm−3 𝒏 Determinar a quantidade de HO− nos 250 cm3 de solução recorrendo à expressão c = 𝑽 c = !(!"! ) ! ⇔ 𝑛(HO! ) = c × 𝑉 ⇔ 𝑛(HO! ) = 9,33 × 10−4 × 0,250 ⇔ 𝑛(HO! ) = 2,33 × 10−4 mol Determinar a quantidade de N𝐇𝟒! nos 250 cm3 de solução De acordo com a estequiometria da reação do amoníaco com a água 𝑛(HO! ) = 𝑛(NH!! ) ⇔ 𝑛(NH!! ) = 2,33 × 10−4 mol que corresponde à quantidade de amoníaco ionizada Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a quantidade total (ionizado e não ionizado) de NH3 nos 250 cm3 de solução 𝒏 recorrendo à expressão c = 𝑽 c = !(!!! ) ! ⇔ 𝑛(NH! ) = c × 𝑉⇔ 𝑛(NH! ) = 5,00 × 10−2 × 0,250 ⇔ 𝑛(NH! ) = 1,25 × 10−2 mol Determinar a quantidade de NH3 não ionizado 𝑛(NH! )!ã# !"#!$%&" = 𝑛(NH! )!"!#$ − 𝑛(NH! )!"#!$%&" ⇔ ⇔ 𝑛(NH! )!ã# !"#!$%&" = 1,25 × 10!! − 2,33 × 10!! ⇔ 𝑛(NH! )!ã# !"#!$%&" = 1,23 × 10!! mol A quantidade de amoníaco, não ionizado, que existe em 250 cm3 dessa solução é de 1,23 × 10!! mol. 2.2. (A) Ao adicionar lentamente algumas gotas de solução aquosa de um ácido forte à solução de amoníaco, a temperatura constante, está a favorecer-­‐se a reação H+ (aq) + OH-­‐ (aq) → H2O (l). Deste modo, a adição de solução de um ácido faz diminuir a concentração de iões OH-­‐ (aq), pelo que solução torna-­‐se menos alcalina, ou seja, mais ácida, pelo que o pH diminui. Por outro lado, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, ao diminuir a concentração de iões OH-­‐ (aq), o amoníaco ionizar-­‐se-­‐á de modo a favorecer a formação destes iões. Assim, a ionização da espécie NH3 (aq) torna-­‐se mais extensa, o que valida a opção (A). GRUPO V 1. (A) Tendo em conta a expressão que permite determinar a taxa temporal de transferência de energia, forma de calor por condução, ! ∆! ! ∆! , sob a ! ! ! ∆! = 𝑘 ∆𝑇 , estabelecer, para cada metal e para cada placa, a expressão de , Alumínio: k = 237 W m−1 oC−1 e 𝑙 = 0,7 mm 𝑄 𝑘 237 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 3,39 × 10! 𝐴∆𝑇 (s) ∆𝑡 𝑙 7 × 10!! Alumínio: k = 237 W m−1 oC−1 e 𝑙 = 5,0 mm 𝑄 𝑘 237 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 4,74 × 10! 𝐴∆𝑇 (s) ∆𝑡 𝑙 5,0 × 10!! Aço inoxidável: k = 26 W m−1 oC−1 e 𝑙 =0,7 mm 𝑄 𝑘 26 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 3,71 × 10! 𝐴∆𝑇 (s) ∆𝑡 𝑙 7 × 10!! Aço inoxidável: k = 26 W m−1 oC−1 e 𝑙 =5,0 mm 𝑄 𝑘 26 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 𝐴∆𝑇 ⇔ ∆𝑡 = 5,20 × 10! 𝐴∆𝑇 (s) ∆𝑡 𝑙 5,0 × 10!! A área e a diferença de temperatura são grandezas comuns a todas as placas estudadas, o que apenas valida a opção (A). 2. 2.1. (B) O comprimento de onda da radiação de máxima intensidade emitida relaciona-­‐se com a sua temperatura ! absoluta através da expressão 𝜆!á! = (Lei do deslocamento de Wien). Evidencia que quanto maior for ! a temperatura absoluta da barra, menor será o comprimento de onda da radiação de máxima intensidade emitida pela barra. A potência da radiação emitida pela barra relaciona-­‐se com a sua temperatura absoluta através da expressão P = eσAT4. Evidencia que quanto maior for a temperatura absoluta da barra, maior será a potência da radiação emitida pela sua superfície, o que apenas valida a opção (B). Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 2.2. Determinar o rendimento do processo de aquecimento η = 3. !"#$%&' !"#$#%&'& !"#" !"#$%&!' ! !"#$"%&!'%& !"#$%&' !"#$%&'() × 100 ⇔ η = !,! × !"! !,! × !"! × 100 ⇔ η = 80% O rendimento deste processo de aquecimento foi de 80%. Processo 1 Determinar, para o gráfico de Δθ em função de t, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto dos valores registados na tabela Recorrendo às potencialidades da máquina gráfica, obtém-­‐se: Δθ = 3,28 × 10−3 t (SI) Estabelecer a relação entre o declive da reta Δθ = 3,28 × 10−3 t e a capacidade térmica mássica do alumínio ! Tendo em conta que P = ⇔ E = P × t ! 𝑃 × 𝑡 = 𝑚 𝑐 ∆𝜃 ⇔ 𝑚 𝑐 ∆𝜃 = 𝑃 × 𝑡 ⇔ ∆𝜃 = 𝑃 𝑡 𝑚 𝑐 Por comparação com a equação da reta obtida: 𝑃 𝑃 = 3,28 × 10!! ⇔ 𝑃 = 3,28 × 10!! 𝑚 𝑐 ⇔ 3,28 × 10!! 𝑚 𝑐 = 𝑃 ⇔ 𝑐 = ⇔ 𝑚 𝑐 3,28 × 10!! 𝑚 ⇔𝑐= 3,0 ⇔ 𝑐 = 905,58 ⇔ 𝑐 = 9,1 × 10! J kg !! ℃!! 3,28 × 10!! × 1,010 Processo 2 Determinar para cada tempo de aquecimento as energias fornecidas correspondentes tendo em conta que: ! P = ⇔ E = P × t ! t = 100 s ⇔ E = P × t ⇔ E = 3,0 × 100 ⇔ E = 300 J t/s 100 200 300 400 500 t = 200 s ⇔ E = P × t ⇔ E = 3,0 × 200 ⇔ E = 600 J t = 300 s ⇔ E = P × t ⇔ E = 3,0 × 300 ⇔ E = 900 J t = 400 s ⇔ E = P × t ⇔ E = 3,0 × 400 ⇔ E = 1200 J ∆θ/oC 0,33 0,65 1,00 1,29 1,65 E/J 300 600 900 1200 1500 t = 500 s ⇔ E = P × t ⇔ E = 3,0 × 500 ⇔ E = 1500 J Determinar, para o gráfico de Δθ em função de E, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto dos valores registados na tabela Δθ = 1,09 × 10−3 E (SI) Estabelecer a relação entre o declive da reta Δθ = 1,09 × 10−3 E e a capacidade térmica mássica do alumínio ! Tendo em conta que P = ⇔ E = P × t ! 𝐸 = 𝑚 𝑐 ∆𝜃 ⇔ 𝑚 𝑐 ∆𝜃 = 𝐸 ⇔ ∆𝜃 = 1 𝐸 𝑚 𝑐 Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Por comparação com a equação da reta obtida: 1 1 = 1,09 × 10!! ⇔ 1 = 1,09 × 10!! 𝑚 𝑐 ⇔ 1,09 × 10!! 𝑚 𝑐 = 1 ⇔ 𝑐 = ⇔ 𝑚 𝑐 1,09 × 10!! 𝑚 ⇔𝑐= 1,0 ⇔ 𝑐 = 908,35 ⇔ 𝑐 = 9,1 × 10! J kg !! ℃!! 1,09 × 10!! × 1,010 GRUPO VI 1. (A) Determinar a energia cinética em A Ec(A) = ! !!! ! ⇔ Ec(A) = !"" × !"! ! ⇔ Ec(A) = 30000 J Determinar o módulo da velocidade quando a Ec = 4 Ec(A) e estabelecer a relação com o módulo da velocidade em A Ec = 4 Ec(A) ⇔ Ec = 4 × 30000 Ec(I) = !! ! ! ⇔ 𝑣! = !!! ! ⇔ 𝑣! = !×(!×!"""") !"" ⇔ 𝑣 = 20 m s−1 v = 20 m s–1 ⇒ v = 2 vA o que valida a opção A. Outro processo: A energia cinética é diretamente proporcional ao quadrado do módulo da velocidade. Assim, para o mesmo corpo, num ponto onde o módulo da velocidade seja o dobro do módulo da velocidade no ponto A, terá uma energia cinética que será o quádruplo da energia cinética no ponto A. Seja x o ponto onde o módulo da velocidade é o dobro do módulo da velocidade em A, ou seja, vx = 2 vA. ! Para o ponto A: Ec(A) = 𝑚𝑣!! ! ! ! ! ! ! ! ! ! Para o ponto x: Ec(x) = 𝑚𝑣!! ⇔ Ec(x) = 𝑚(2𝑣! )! ⇔ Ec(x) = 𝑚4𝑣! ! ⇔ Ec(x) = 4 × 𝑚𝑣! ! ⇔ Ec(x)= 4×Ec(A) 2. (D) Determinar o trabalho realizado pela força gravítica ou peso que atua no carrinho entre os pontos A e C Determinar a variação da energia potencial entre os pontos A e C ∆Ep= Ep(C) – Ep(A) ⇔ ∆Ep= mgh(C) – mgh(A) ⇔ ∆Ep = (600 × 10 × 0) − (600 × 10 × 18) ⇔ ∆Ep = −1,08 × 105 J Identificar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e C com o simétrico da variação da energia mecânica entre os pontos A e C WFg = − ∆Ep Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e C WFg = −∆Ep ⇔ WFg = −(−1,08 × 105) ⇔ WFg = 1,08 × 105 J Determinar o trabalho realizado pela força gravítica ou peso que atua no carrinho entre os pontos C e D Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Processo 1 Determinar a variação da energia entre os pontos C e D ∆Ep = Ep(D) – Ep(C) ⇔ ∆Ep = mgh(C) – mgh(A) ⇔ ∆Em = (600 × 10 × 0) − (600 × 10 × 0) ⇔ ∆Ep = 0 J Identificar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e C com o simétrico da variação da energia entre os pontos A e C WFg = −∆EP Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e C WFg = −∆EP ⇔ WFg = 0 J Processo 2 Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e C WFg = Fg × d × cos 90º ⇔ WFg = 600 × 10 × 13 × cos 90º ⇔ WFg = 0 J Determinar o trabalho realizado pela força gravítica ou peso que atua no carrinho entre os pontos A e B Processo 1 Determinar a variação da energia entre os pontos A e B ∆Ep= Ep(B) – Ep(A) ⇔ ∆EP = mgh(B) – mgh(A) ⇔ ∆Ep = (600 × 10 × 9) − (600 × 10 × 18) ⇔ ∆Ep = −5,4 × 104 J Identificar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e B com o simétrico da variação da energia entre os pontos A e B WFg = −∆EP Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos A e B WFg = −∆EP⇔ WFg = −(−5,4 × 104 ) ⇔ WFg = 5,4 × 104 J Determinar o trabalho realizado pela força gravítica ou peso que atua no carrinho entre os pontos B e C Determinar a variação da energia entre os pontos B e C ∆Ep = Ep(C) – Ep(B) ⇔ ∆EP= mgh(C) – mgh(B) ⇔ ∆Ep = (600 × 10 × 0) − (600 × 10 × 9) ⇔ ∆Ep = −5,4 × 104 J Identificar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos B e C com o simétrico da variação da energia entre os pontos B e C WFg = −∆Ep Determinar o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho entre os pontos B e C WFg = −∆Ep ⇔ WFg = −(−5,4 × 104 ) ⇔ WFg = 5,4 × 104 J Pode assim afirmar-­‐se que o trabalho realizado pela força gravítica que atua no carrinho: – é positivo entre os pontos A e C e nulo entre os pontos C e D. – é igual entre os pontos A e B entre os pontos B e C. O que apenas valida a opção (D). 3. Processo 1 Determinar a energia mecânica do sistema em A Em(A) = Ec(A) + Ep(A) ⇔ Em(A) = ! !!! ! + mgh(A) ⇔ Em(A) = !"" × !"! ! + 600 × 10 × 18 ⇔ Em(A) = 138000 J Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Estabelecer a relação entre a energia mecânica do sistema no ponto A e no ponto C Uma vez que entre os pontos A e C a soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas que atuam no carrinho é nula, pode dizer-­‐se que entre esses pontos o sistema é conservativo o que possibilita estabelecer a relação: Em(A) = Em(C) ⇒ Em(C) = 138000 J Determinar a energia mecânica do sistema em D Em(D) = Ec(D) + Ep(D) ⇔ Em(D) = ! !!! ! + mgh(D) ⇔Em(D) = !"" × !! ! + 600 × 10 × 0 ⇔ Em(D) = 0 J Determinar a variação da energia mecânica entre os pontos C e D ∆Em = Em(D) -­‐ Em(C) ⇔ ∆Em= 0 – 138000 ⇔ ∆Em= −138000 J Identificar o trabalho das forças não conservativas WFnc entre os pontos C e D com a variação da energia mecânica entre esses pontos 𝑊!!" = ∆Em ⇔ 𝑊!!" = −138000 J Determinar a intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho no percurso entre os pontos C e D 𝑊!!" = 𝐹!" × d × cos α ⇔ 𝐹!" = !!!" ! × !"# !"#º ⇔ 𝐹!" = !!"#$$$ !" × (!!) ⇔ 𝐹!" = 10615 ⇔ 𝐹!" = 1,1 × 10! N A intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho, no percurso entre os pontos C e D é 1,1 × 104N. Processo 2 Determinar a energia mecânica do sistema em A Em(A) = Ec(A) + Ep(A) ⇔ Em(A) = ! !!! ! + mgh(A) ⇔ Em(A) = !"" × !"! ! + 600 × 10 × 18 ⇔ Em(A) = 138000 J Estabelecer a relação entre a energia mecânica do sistema no ponto A e no ponto C Uma vez que entre os pontos A e C, a soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas que atuam no carrinho é nula pode dizer-­‐se que entre esses pontos e sistema é conservativo o que possibilita estabelecer a relação: Em(A) = Em(C) ⇒ Em(C) = 138000 J Determinar a energia potencial do sistema no ponto C Como se considera o solo como nível de referência C(A) = 0 m Ep(C) = m g h(C) ⇔ Ep(C) = 0 J Determinar a energia cinética do sistema no ponto C Em(C) = Ec(C) + Ep(C) ⇔ Ec(C) = Em(C) − Ep(C) ⇔ Ec(C) = 138000 – 0 ⇔ Ec(C) = 138000 J Determinar a energia cinética do sistema no ponto D Como o carrinho para no ponto D, então, v(D) = 0 ms−1 EC(D) = ! !!! ! ⇔ EC(D) = 0 J ⇔ Determinar a variação da energia cinética entre os pontos C e D ∆EC = EC(D) – EC(C) ⇔ ∆EC = 0 – 138000 ⇔ ∆EC = −138000 J Identificar o trabalho da força resultante WFr entre os pontos C e D com a variação da energia cinética entre esses pontos (Lei do trabalho energia/ teorema da energia cinética) 𝑊!! = ∆EC ⇔ 𝑊!! = −138000 J Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a intensidade da força resultante que atua no carrinho, no percurso entre os pontos C e D 𝑊!! = 𝐹! × d × cos α ⇔ 𝐹! = ! !! !× !"# !"#º ⇔ 𝐹! = !!"#$$$ !"×(!!) ⇔ 𝐹! = 10615 ⇔ 𝐹! = 1,1 × 10! N Identificar a intensidade da força resultante que atua no carrinho, no percurso entre os pontos C e D com a resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho, no percurso entre os pontos C e D No percurso referido, as forças que atuam no carrinho na direção paralela à superfície são não conservativas e contribuem para diminuição da energia mecânica do sistema. Assim, a intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho, no percurso entre os pontos C e D é 1,1 × 104 N. Processo 3 Determinar a energia mecânica do sistema em A Em(A) = Ec(A) + Ep(A) ⇔ Em(A) = ! !!! ! + mgh(A) ⇔ Em(A) = !"" × !"! ! + 600 × 10 × 18 ⇔ Em(A) = 138000 J Estabelecer a relação entre a energia mecânica do sistema no ponto A e no ponto C Uma vez que entre os pontos A e C, a soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas que atuam no carrinho é nula pode dizer-­‐se que entre esses pontos e sistema é conservativo o que possibilita estabelecer a relação: Em(A) = Em(C) ⇒ Em(C) = 138000 J Determinar a energia potencial do sistema no ponto C Como se considera o solo como nível de referencia C(A) = 0 m Ep(C) = m g h(C) ⇔ Ep(C) = 0 J ⇔ Determinar a energia cinética do sistema no ponto C Em(C) = Ec(C) + Ep(C) ⇔ Ec(C) = Em(C) − Ep(C) ⇔ Ec(C) = 138000 − 0 ⇔ Ec(C) = 138000 J Determinar o módulo da velocidade em C Ec(C) = ! !!! ! ⇔ 𝑣! = !!! ! ⇔ 𝑣! = !×!"#$$$ !"" ⇔ 𝑣! = 21,4 m s−1 Determinar o módulo da aceleração do carrinho no percurso entre os pontos C e D, recorrendo às equações do movimento com aceleração constante 𝑣 = 𝑣! − 𝑎𝑡 ⇔ 0 = 21,4 − 𝑎𝑡 ⇔ 21,4 = 𝑎𝑡 ⇔ 𝑎 = 21,4 𝑡 𝑎𝑡 ! 𝑎𝑡 ! 21,4 𝑡 ! 21,4 𝑡 ⇔ 13 = 21,4 𝑡 − ⇔ 13 = 21,4 𝑡 − ⇔ 13 = 21,4 𝑡 − ⇔ 2 2 𝑡 2 2 13 ⇔ 13 = 21,4 𝑡 − 10,7 𝑡 ⇔ 13 = 10,7 𝑡 ⇔ 𝑡 = ⇔ 𝑡 = 1,21 s 10,7 𝑥 − 𝑥! = 𝑣! 𝑡 − 𝑎 = 21,4 21,4 ⇔ 𝑎 = ⇔ 𝑎 = 17,7 m s !! 𝑡 1,21 Determinar a intensidade da resultante das forças que atuam no carrinho, entre os pontos C e D recorrendo à expressão da segunda lei de Newton F = m a ⇔ F = 600 × 17,7 ⇔ F = 10615 ⇔ 𝐹 = 1,1 × 10! N Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Identificar a intensidade da força resultante que atua no carrinho, no percurso entre os pontos C e D com a resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho, no percurso entre os pontos C e D No percurso referido, as forças que atuam no carrinho na direção paralela à superfície são não conservativas e contribuem para diminuição da energia mecânica do sistema. Assim, a intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no carrinho, no percurso entre os pontos C e D é 1,1 × 104N. GRUPO VII 1. (C) A força gravítica que atua no carrinho está aplicada no centro de massa do carrinho. A força que a equilibra a força gravítica é designada força normal e também atua no carrinho. Corresponde à força que a calha horizontal exerce no carrinho. De acordo com a 3.ª Lei de Newton ou Lei da ação-­‐reação, as forças que constituem par ação-­‐reação atuam em sistemas diferentes. Assim, como a reação normal e a força gravítica atuam no carrinho (mesmo corpo), não constituem par ação-­‐reação, o que valida a opção (C). 2. 2.1. 𝑇 𝑇 -­‐ tensão 𝑃 – Força gravítica que atua no corpo C • 𝑃 2.2. Processo 1 Determinar o módulo da aceleração do carrinho A representação gráfica do módulo da velocidade do carrinho, v, em função do tempo, t, permite verificar que entre o instante 0,10 s e 1,30 s é uma reta cujo declive é a componente escalar da aceleração do movimento nesse intervalo de tempo. ∆𝑣 0,420 − 0,300 0,120 𝑎= ⇔ 𝑎 = ⇔𝑎= ⇔ 𝑎 = 0,40 m s !! ∆𝑡 0,70 − 0,40 0,30 Determinar e intensidade da resultante das forças que atuaram no carrinho F = m a ⇔ F = 0,20007 × 0,40 ⇔ 𝐹 = 8,0 × 10!! N A intensidade da resultante das forças que atuaram no carrinho, enquanto o fio esteve sob tensão foi 8,0 × 10−2 N Processo 2 Determinar a energia cinética quando t = 0,40 s Ec = !! ! ! ⇔ Ec = !,!"""# × !,!""! ! ⇔ Ec = 9,00 × 10!! J Determinar a energia cinética quando t = 0,70 s Ec = !! ! ! ⇔ Ec = !,!"""# × !,!"#! ! ⇔ Ec = 1,76 × 10!! J Determinar a variação da energia cinética no intervalo de tempo entre 0,40 s e os 0,70 s ∆EC = EC(0,70 s) – EC(0,40 s) ⇔ ∆EC = 1,76 × 10−2 – 9,00 × 10−3 ⇔ ∆EC = 8,60 × 10−3 J Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a distância percorrida pelo carrinho, no intervalo de tempo entre 0,40 s e os 0,70 s, recorrendo às equações do movimento com aceleração constante 𝑣 = 𝑣! + 𝑎𝑡 ⇔ 0,420 = 0,300 + 𝑎 0,70 − 0,40 ⇔ 21,4 = 𝑎𝑡 ⇔ 𝑎 = 𝑥 − 𝑥! = 𝑣! 𝑡 + 0,420 − 0,300 ⇔ 𝑎 = 0,40 m s !! 0,70 − 0,40 𝑎𝑡 ! 0,40×0,30! ⇔ 𝑥 − 𝑥! = 0,300 0,30 + ⇔ 𝑥 − 𝑥! = 0,108 m 2 2 Identificar o trabalho da força resultante WFr no intervalo de tempo entre 0,40 s e os 0,70 s com a variação da energia cinética nesse intervalo de tempo (Lei do trabalho energia/ teorema da energia cinética) 𝑊!! = ∆EC ⇔ 𝑊!! = 1,76 × 10−2 J Determinar a intensidade da força resultante que atua no intervalo de tempo entre 0,40 s e os 0,70 s 𝑊!! = 𝐹! × d × cos α ⇔ 𝐹! = 2.3. ! !! !× !"# !º ⇔ 𝐹! = !,!" × !"!! !,!"# × (!) ⇔ 𝐹! = 8,0 × 10!! N Os resultados experimentais obtidos a partir do instante em que o corpo C embateu no solo evidenciam que o módulo da velocidade (ou a velocidade) do carrinho se mantém aproximadamente constante. Assim, de acordo com a 1ª lei (ou com a 2ª lei) de Newton, a resultante das forças que atuaram no carrinho a partir daquele instante foi nula. Como a força gravítica e a força de reação normal são verticais e se anulam, conclui-­‐se que a resultante das forças de atrito que atuaram no carrinho foi desprezável uma vez que, a partir do instante considerado, nenhuma outra força poderia ter atuado no carrinho. OU Os resultados experimentais obtidos, a partir do instante em que o corpo C embateu no solo evidenciam que o módulo da velocidade do carrinho se manteve aproximadamente constante. Assim, a energia cinética do carrinho manteve-­‐se aproximadamente constante. Como o carrinho se moveu sobre uma calha horizontal, a energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra manteve-­‐se constante, o que implica que a energia mecânica do sistema se tenha mantido também constante. Sendo nula a variação da energia mecânica do sistema, pode concluir-­‐se que o trabalho das forças não conservativas que atuaram no carrinho foi nulo o que implica, na situação descrita que a resultante das forças de atrito que atuaram no carrinho foi desprezável. Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015
