2021 – 1ªFase – Prova Escrita de FQ A

⇒ Cálculo da variação de energia potencial gravítica do sistema discos + Terra nas 20 quedas dos discos: 

• Δ𝐸_pg = 𝑚 𝑔 (ℎ − ℎ₀) × 20, em que se considera ℎ = 0 m e ℎ₀ = 1,60 m
• Δ𝐸_pg = 26,3 kg × 9,81 m s⁻² × (−1,60 m) × 20 ⇔ Δ𝐸_pg = −8256 J 

⇒  Cálculo da variação de energia interna da amostra de água contida no recipiente: 

• Δ𝐸_int = 0,952 × |Δ𝐸_pg| ⟶ Δ𝐸_int = 0,952 × 8256 J ⇔ Δ𝐸_int = 7860 J 

⇒  Cálculo da capacidade térmica mássica da água: 

Considerando que só há variação de temperatura, Δ𝑡 = 0,313 ℃, da amostra de água, a variação de energia interna é dada por:

• Δ𝐸_int = 𝑚 × 𝑐 × Δ𝑡

em que 𝑚 é a massa da amostra de água e 𝑐 a capacidade térmica mássica da água.

Substituindo, vem:

• 7860 J = 6,04  kg × 𝑐 × 0,313 ℃ ⇔ 𝑐 = 4,16 × 10³ J kg⁻¹ ℃⁻¹ 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒  Calcula a diminuição da energia potencial gravítica do sistema discos + Terra numa queda dos discos (4,128 x 10² J)

ou

• Calcula a diminuição da energia potencial gravítica do sistema discos + Terra para 20 quedas dos discos (8,256 x 10³ J) ………… 2 pontos

⇒ Calcula o aumento da energia interna da água (7,860 x 10³ J) ……….. 4 pontos

⇒ Calcula a capacidade térmica mássica da água (4,16 x 10³ J kg^-1 ºC^-1 ) ……. 4 pontos

⇒ A soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuaram nos discos na parte do percurso em que os discos caíram com velocidade constante é nula.

Notas:

⇒  Se numa parte do percurso a velocidade é constante, nessa parte do percurso a energia cinética dos discos é constante, ou seja, a variação de energia cinética dos discos é nula.

⇒ Considerando o Teorema da Energia Cinética, segundo o qual o somatório dos trabalhos é igual à variação de energia cinética, conclui-se que o somatório dos trabalhos é nulo.

Ou

⇒ A aceleração dos discos animados de movimento de translação, no intervalo de tempo em que a sua velocidade é constante, é nula.

O que significa que a resultante das forças também é nula, não realizando por isso trabalho.

• Indica o valor solicitado (zero) —– 10 pontos

• Opção (B)

Notas:

⇒ Na Figura 2 do enunciado da prova, representa-se o gráfico da corrente elétrica, 𝐼, num LED, em função da diferença de potencial elétrico, 𝑈, nos seus terminais, pelo que o voltímetro tem de ser ligado aos terminais do LED.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

⇒ Leitura a partir do gráfico da diferença de potencial elétrico nos terminais do LED quando a corrente elétrica que o atravessa é de 20,0 mA: 

• O gráfico mostra que, quando a corrente elétrica no LED é de 20,0 mA, a diferença de potencial elétrico nos seus terminais é de 1,950 V (máximo da diferença de potencial elétrico em “condições de segurança”). 

⇒ Cálculo do valor mínimo para a diferença de potencial elétrico nos terminais do reóstato, em condições de segurança: 

• Considerando o esquema do circuito elétrico usado para obter a curva característica do LED, conclui-se que a diferença de potencial elétrico nos terminais da pilha, 𝑈, é igual à soma da diferença de potencial nos terminais do LED, 𝑈_LED, com a diferença de potencial nos terminais do reóstato, 𝑈_reóstato. 

• Considerando que a pilha é ideal (a resistência interna da pilha, 𝑟, é considerada nula), a diferença de potencial elétrico nos terminais da pilha, 𝑈=𝜀−𝑟 𝐼, é igual à sua força eletromotriz, 𝜀. 

Assim,

• 𝑈 = 𝑈_LED + 𝑈_reóstato ⟶ 4,50 V = 1,950 V + 𝑈_reóstato ⇔ 𝑈_reóstato = 2,55 V 

⇒ Cálculo do valor mínimo da resistência elétrica introduzida pelo reóstato, 𝑅_{reóstato_mín}, em condições de segurança: 

• Usando a equação de definição de resistência elétrica, tem-se:

𝑅_{reóstato_min} = 𝑈_reóstato/𝐼_máx = 2,55 V / 20×10⁻³ A ⇔ 𝑅_{reóstato_min} = 1,3 × 10² Ω 

Nota: 

⇒ No limite das “condições de segurança”, a resistência elétrica do material semicondutor do LED é:

• 𝑅_{LED_mín} = 𝑈_{LED_máx}/𝐼_máx  = 1,950 V/ 20×10⁻³ A = 98 Ω 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Obtém, a partir do gráfico, a diferença de potencial nos terminais do LED para uma corrente elétrica de 20 mA (1,95 V) ………… 2 pontos

⇒ Calcula a diferença de potencial elétrico mínima nos terminais do reóstato (2,55 V) ……. 4 pontos

⇒ Calcula o valor da resistência elétrica mínima introduzida pelo reóstato (1,3 x 10² Ω) ……. 4 pontos

⇒ Cálculo da distância percorrida, 𝑑, pelo feixe de luz: 

• 𝑑 = 2 × 𝑑_{roda−espelho} = 2 × 8,63 × 10³ m = 1,726 × 10⁴ m 

⇒ Cálculo do intervalo de tempo desde o instante em que o feixe incidente passava pela ranhura até ao instante em que o feixe refletido incidia no dente:

• 360°/(1/12,6 s) = 0,250°/ Δ𝑡 ⇔ Δ𝑡 = 5,511 × 10⁻⁵ s 

⇒ Cálculo da velocidade de propagação da luz no ar, tal como é obtida a partir da experiência descrita: 

• 𝑐 = 𝑑/Δ𝑡 = 1,726 × 10⁴ m / 5,511×10⁻⁵ s = 3,13 × 10⁸ m s⁻¹ 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula o intervalo de tempo desde a passagem da luz pela ranhura até incidir no dente imediatamente a seguir da roda (5,512 x 10^-5 s) ………… 5 pontos

⇒ Calcula a velocidade da luz no ar, obtida a partir da experiência descrita (3,13 x 10⁸ m s^-1 ) …………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Os módulos das velocidades desses pontos são diferentes e os módulos das suas velocidades angulares são iguais.

⇒ Considerem-se os pontos X e P da roda dentada. Qualquer um dos pontos descreve uma volta completa em torno do eixo de rotação no mesmo intervalo de tempo. Assim, a velocidade angular de X é igual à velocidade angular de P.

⇒ Porque a distância de X ao eixo de rotação é maior do que a distância de P a esse eixo, em intervalos de tempo iguais, a distância percorrida por X é maior do que a distância percorrida por P. Logo, o ponto X move-se mais rapidamente, pelo que o módulo da sua velocidade é maior do que o módulo da velocidade de P.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Uso da expressão da Lei de Snell-Descartes: 

• 𝑛_ar sin 𝛼_inc = 𝑛_vidro sin 𝛼_ref  ⇔ sin 𝛼_inc = 𝑛_vidro sin 𝛼_ref (Equação 1) 

ou

• sin 𝛼_ref = (1 /𝑛_vidro ) sin 𝛼_inc  (Equação 2) 

⇒ Apresentação de uma tabela com os valores a utilizar na construção de um gráfico adequado à determinação do índice de refração: 

• Tabela sin 𝛼_ref =𝑓 (sin 𝛼_inc)¹ (correspondente ao gráfico sin 𝛼_ref =𝑓 ( sin 𝛼_inc)) 

ou 

• Tabela sin 𝛼_inc =𝑓 (sin 𝛼_ref ) (correspondente ao gráfico sin 𝛼_inc =𝑓 (sin 𝛼_ref )) 

⇒ Apresentação da equação da reta de ajuste ao gráfico² 

• Obtida a partir do gráfico sin 𝛼_ref =𝑓 (sin 𝛼_inc) 

ou

• Obtida a partir do gráfico sin 𝛼_inc =𝑓 (sin 𝛼_ref ) 

⇒ Apresentação da equação da reta de ajuste ao gráfico³ 

Considerando a Equação 1, conclui-se que o índice de refração é numericamente igual ao declive da reta de ajuste cuja equação é:

• sin 𝛼_inc = 1,697 sin 𝛼_ref – 0,013 ⇔ 𝑛_vidro = 1,70
• sin 𝛼_inc = 1,669 sin 𝛼_ref ⇔ 𝑛_vidro = 1,67

Considerando a Equação 2, conclui-se que o índice de refração é numericamente igual ao inverso do declive da reta de ajuste cuja equação é:

• sin 𝛼_ref = 0,5870 sin 𝛼_inc + 0,0093 ⇔ 𝑛_vidro = 1,70
• sin 𝛼_ref = 0,5990 sin 𝛼_inc ⇔ 𝑛_vidro = 1,67

Notas:

⇒ 1 sin 𝛼_ref (ou o ângulo de refração, 𝛼r_ef) é a variável dependente, o que corresponde à situação experimental.  

⇒ 2 A lei a que se pretende ajustar os resultados experimentais é da forma 𝑦=𝑚 𝑥 e deveria ser esse o ajuste feito. No entanto, as calculadoras gráficas permitem apenas a opção de ajustar a retas com ordenada não nula na origem, 𝑦=𝑚 𝑥+𝑏. Como o declive da reta de ajuste é diferente para os diferentes ajustes, apresentam-se ambas as soluções. 

Contudo, uma ordenada na origem não nula pode refletir a existência de um erro sistemático. 

⇒ 3 Idem  

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Apresenta uma tabela com os valores sin α_inc e sin α_ref  a utilizar na construção do gráfico ……….. 5 pontos

⇒ Apresenta a equação da reta de ajuste ao gráfico sin α_ref = f(sin α_inc )

• sin α_ref = 0,587 sin α_inc + 0,009 (ver nota)

ou

Apresenta a equação da reta de ajuste ao gráfico sin α_inc = f(sin α_ref )

• sin α_inc = 1,697 sin α_ref – 0,013 (ver nota)  ……….. 5 pontos

⇒ Calcula o índice de refração do vidro considerado (1,70) ……… 5 pontos

⇒  Como é necessário fornecer energia para ocorrer a decomposição, em fase gasosa, do pentacloreto de fósforo, PCℓ₅ , a reação é endotérmica. Por isso, ΔH > 0 .

Para calcular a energia da ligação P − Cℓ na molécula PCℓ₃, pode fazer-se o balanço entre a energia posta em jogo na decomposição do PCℓ₅ , ΔH_r, a energia absorvida na rutura de ligações e a energia libertada na formação das novas ligações.

⇒ Energias envolvidas:

Seja x kJ/mol a energia de ligação P − Cℓ em PCℓ₃

Variação de entalpia associada à reação de decomposição de

• 1 mol de PCℓ₅ (g) : ΔH_r = + 88 kJ/mol

Energia absorvida na dissociação de uma mol de ligações

• P − Cℓ em PCℓ₅   = 257 kJ/mol

Energia libertada na formação de uma mol de ligações

• Cℓ − Cℓ = 243 kJ/mol

⇒ Nas ligações que se partem e que se formam, atendendo a que, por convenção, a energia absorvida pelo sistema é positiva e a energia libertada é negativa.

Energia absorvida para romper ligações nas moléculas reagentes:

• 5 x 257 = 1285 kJ/mol

Energia libertada ao formar ligações nas moléculas resultantes:

• − (3 x + 243) kJ/mol

⇒ Balanço energético:

• 1285 − ​(3 x + 243) = 88 ⇔ 1285 − 88 = 3 x + 243 ⇔ 954 = 3 x ⇔ x = 318 kJ/mol

Como 318 kJ/mol > 257 kJ/mol ⇔ E_lig P − Cℓ em PCℓ₃ > ​E_lig P − Cℓ em PCℓ5 .

⇒ Como quanto maior for a energia de ligação mais forte é a ligação, a ligação P − Cℓ em PCℓ₃ é mais forte do que em PCℓ₅ .

• Elementos de resposta:

⇒ cálculo da energia da ligação P – Cl na molécula PCl₃ com base na diferença entre a energia envolvida na rutura de ligações químicas e a energia envolvida na formação de ligações químicas (318 kJ mol^-1);

⇒ identificação da ligação mais forte com base na associação entre uma maior energia de ligação e uma ligação mais forte (P – Cl na molécula PCl₃).

PCℓ₅ (g) ⇌ PCℓ₃ (g) + Cℓ₂ (g)

• n (PCℓ₅)_inicial = 3,00 mol
• n (Cℓ₂)_inicial = 0 mol
• n (PCℓ₃)_inicial = 0,80 mol

⇒ Como não reagiu 90% da quantidade inicial de PCℓ5 , o rendimento, η , é de 10% .

⇒ Atendendo às proporções estequiométricas 1 : 1 : 1 e ao rendimento de 10% , as quantidades no estado de equilíbrio são:

• n (PCℓ₅)_e = 3,00 − 0,10 x 3,00 = 2,70 mol
• n (Cℓ₂)_e = 0,10 x 3,00 = 0,30 mol
• n (PCℓ₃)_e = 0,80 + 0,10 x 3,00 = 1,10 mol

⇒ Como o volume do reator é de 2,5 dm³ , as concentrações no estado de equilíbrio são:

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a quantidade de Cl₂ (g) no estado de equilíbrio (0,30 mol) ………. 3 pontos

⇒ Calcula a quantidade de PCl₃ (g) no estado de equilíbrio (1,10 mol)  …… 3 pontos

⇒ Calcula a constante de equilíbrio, Kc , da reação de decomposição considerada, à temperatura T (4,9 x 10^-2 ) ……… 4 pontos

⇒ Diminuindo o volume do reator, aumenta a pressão exercida pelo sistema.

⇒ De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o sistema reage contrariando esse aumento, evoluindo no sentido em que o sistema forma um menor número de partículas no estado gasoso, ou seja, evolui no sentido inverso, provocando, assim, um aumento da quantidade de PCℓ₅ .

ou

⇒ Diminuindo o volume do reator, aumenta a concentração das três substâncias gasosas.

•  Consequentemente, ocorre um aumento do quociente da reação.

⇒ Por exemplo, diminuindo, o volume do reator para 2,0 dm³ :

⇒ A temperatura constante, T, a Kc mantém-se.

⇒ Para que a razão

• se mantenha igual a Kc, isto é, para repor o equilíbrio, o sistema reage contrariando esse aumento do quociente da reação, ou seja, evolui no sentido inverso, provocando, assim, um aumento da quantidade de PCℓ₅ .

• Elementos de resposta:

⇒ diminuição de volume, consequente aumento de pressão e favorecimento da reação que origina menor quantidade de moléculas;

ou

• diminuição de volume, consequente aumento das concentrações de reagentes e de produtos de reação e aumento do quociente de reação;

⇒ favorecimento da reação inversa e aumento da quantidade de PCl₅ .

⇒ A configuração eletrónica do átomo de cloro no estado fundamental é:

• ₁₇Cℓ − 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵

⇒ Cada átomo de cloro tem sete eletrões de valência, que são os que participam na ligação entre átomos.

⇒ Para que os dois átomos em Cℓ₂ fiquem rodeados por oito eletrões (estrutura de gás nobre), é necessário que seja compartilhado um só dupleto, formando uma ligação covalente simples:

⇒ Assim, na molécula Cℓ₂ há sete pares eletrónicos de valência: um compartilhado (2 eletrões ligantes) e seis não compartilhados (12 eletrões não ligantes).

• Representa a molécula na notação de Lewis ………. 10 pontos

Nota ‒ Podem considerar-se outras representações cientificamente válidas.

• Opção (D)

⇒ Os elementos cloro e fósforo estão localizados na Tabela Periódica no 3º período e nos grupos 17 e 15, respetivamente.

⇒ Embora o número de eletrões no cloro (17) seja superior ao número de eletrões no fósforo (15), o número de níveis de energia é o mesmo (3), pelo que a blindagem nuclear   praticamente a mesma.

⇒ A carga nuclear do  tomo de cloro (+ 17) é, porém, superior à carga nuclear do átomo de fósforo (+ 15) , o que provoca um aumento da força atrativa núcleo- eletrões, que é mais forte do que as repulsões entre os eletrões, ligeiramente superior nos átomos de cloro.

⇒ Assim, prevê-se que, no átomo de fósforo, os eletrões de valência sejam, em média, menos atraídos pelo respetivo núcleo e, consequentemente, que o raio atómico do cloro, cujos eletrões estão mais fortemente atraídos para o núcleo, seja menor.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

⇒ Como c = ​ n/V , a quantidade de amoníaco existente em 250 cm3 da solução considerada é dada por:

• n = c x V = 2,27 mol dm⁻³ x 0,250 dm³ = 0,5675 mol

⇒ Como n = ​m/M, a massa de amoníaco em 250 cm³ da solução considerada será:

• m = n x M = 0,5675 mol  x 17,04 g/mol = 9,670 g

⇒ Como ρ_solução = ​m/V, a massa de 250 cm³ da solução considerada será:

• m_solução = ρ x V = 0,98 x 250 cm³ = 245 g

⇒ A massa de água existente nos 250 cm³ da solução considerada será:

• m (H₂O) = m (solução) − m (NH₃) = 245 g − 9,670 g = 235,3 g

⇒ A quantidade de água existente nos 250 cm³ da solução é:

• n (H₂O) =​ 235,3 /18,02 = 13,06 mol

⇒ Como o número de moléculas, N = n x ​N_A , o número de moléculas de água nos 250 cm³ da solução considerada será:

• N = 13,06 x 6,02 x ​10²³  ⇔ N = 7,9 x ​10²⁴ moléculas

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a massa de amoníaco em 250 cm³ da solução considerada (9,670 g) ……. 2 pontos

⇒ Calcula a massa de água no volume da solução considerada (235,3 g) ……. 4 pontos

⇒ Calcula o número de moléculas de água que existem no volume da solução considerada (7,9 x 10²⁴ moléculas) ……. 4 pontos

• Opção (A)

⇒ O ácido forte adicionado reagirá com os aniões hidróxido (formando água) diminuindo, assim, a sua concentração na solução:

H⁺ (aq) + ​OH⁻ (aq)  → ​H₂O (ℓ)

⇒ Para restabelecer o equilíbrio de ionização do amoníaco em água, a reação avançará no sentido direto, aumentado assim a concentração de catião amónio, NH₄⁺ (aq).

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ Como a solução é diluída (1,00 x ​10⁻² mol dm⁻³) , a reação traduzida pela equação (1)   uma protólise muito extensa (K_a1 elevado) originando HSO₄⁻ (aq) e H₃O⁺ (aq) com concentrações praticamente iguais à concentração inicial de H₂SO₄, 1,00 x ​10⁻² mol dm⁻³ .

⇒ Como a segunda protólise, traduzida pela equação (2) é incompleta, as concentrações de SO₄²⁻ (aq) e H₃O⁺ (aq) são inferiores à concentração de HSO₄⁻ (aq) resultante da primeira reação.

⇒ Como pH = − log [H₃O⁺ (aq)] , o pH da solução será inferior a 2,0

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ Como um par conjugado ácido-base é o conjunto de duas partículas que diferem entre si em um H⁺ , o ácido conjugado da espécie SO₄²⁻ (aq) é a espécie HSO₄⁻ (aq) .

⇒ Como, de acordo com a teoria protónica de Brönsted-Lowry, base é a espécie química aceitadora de iões H⁺ , a água comporta-se como base quer na primeira reação, quer na segunda reação.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ Os números de oxidação do hidrogénio são + 1 na espécie reagente H₂SO₄ e zero (0) na espécie H₂ .

⇒ Os números de oxidação do magnésio são zero (0) na espécie reagente Mg e + 2 na espécie MgSO₄ .

⇒ Como, nesta reação, o número de oxidação do hidrogénio diminui, o ião H⁺ reduz-se (capta eletrões), atuando como oxidante.

⇒ Como o número de oxidação do magnésio aumenta, o magnésio liberta eletrões, sofrendo oxidação e atuando como espécie redutora.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ Como as massas molares do nitrogénio, N₂ (g) e do oxigénio, O₂ (g) são diferentes e n = m/M, massas iguais das duas amostras contém quantidades de matéria diferentes.

⇒ Como, de acordo com a lei de Avogadro, nas mesmas condições de pressão e temperatura, os volumes são proporcionais as quantidades de matéria dos gases, sendo as quantidades de matéria diferentes, também os volumes das amostras são diferentes e o número de moléculas de cada uma das amostras é diferente.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ A configuração eletrónica do átomo de nitrogénio no estado fundamental é:

• N − 1s² 2s² 2p_x¹ 2p_y¹ 2p_z¹

⇒ De acordo com esta configuração, os 7 eletrões do átomo de nitrogénio, no estado fundamental, distribuem-se por cinco orbitais (1s, 2s, 2p_x , 2p_y e 2p_z) , sendo os eletrões da orbital 1s os de menor energia.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ A distância entre as posições A e B é de 5,5 m.

Notas:

⇒ A distância entre os pontos A e B é numericamente igual à área do gráfico 𝑣=𝑓(𝑡), ou seja, é numericamente igual à área do trapézio a azul.

⇒ O valor numérico da área do trapézio é dada por

• ((6,5 + 4,5)/2) x 1,0 = 5,5 m

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ O diagrama que pode representar, numa mesma escala, as forças que atuam no corpo, na subida da rampa, entre as posições B e C é:

⇒ Na ausência de atrito, a resultante das forças que atuam sobre um corpo, considerado uma partícula, que se move ao longo de uma rampa com inclinação de 30°, sujeito apenas à força gravítica e à reação normal, é igual à componente da força gravítica na direção paralela à rampa.

• Assim, 𝑚 𝑎 = 𝑚 𝑔 sin 30° ⇔ 𝑎 = 𝑔 sin30°

O que significa que o corpo se move com uma aceleração cujo módulo é, aproximadamente, 5,0 m s⁻².

⇒ Por outro lado, a componente escalar da aceleração é numericamente igual ao declive da reta tangente ao gráfico 𝑣 =𝑓(𝑡) correspondente ao percurso entre as posições B e C (reta a vermelho).

• Esse declive é dado por: (4,5 − 2,0)/ (1,5 − 1,0) = −5,0

O que significa que o corpo se move com uma aceleração cujo módulo é, aproximadamente, 5,0 ms⁻².

⇒ Conclui-se, assim, que a variação de velocidade entre B e C se deve apenas à ação da força gravítica.

⇒ Se a escala para representar as forças é a mesma, de acordo com a representação em B, temos a força de atrito praticamente igual à componente da força gravítica na direção paralela à rampa (conforme se pode constatar usando uma régua), o que conduziria a uma componente escalar da aceleração de aproximadamente −10,0 m s⁻².

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ No percurso de A até B, 𝑊_𝐹⃗g^A→B = 0 J;

• no percurso de B até C, 𝑊_𝐹⃗g^B→C = −(𝐸pg_C − 𝐸pg_B) < 0 J.

Logo, no percurso de A até C, 𝑊_𝐹⃗g^A→C = −(𝐸pg_C − 𝐸pg_B ), ou seja, 𝑊_𝐹⃗g^A→C = −Δ𝐸pg

⇒ No percurso de B até C, a diminuição de energia cinética é no mínimo igual ao aumento da energia potencial gravítica nesse percurso;

• no percurso de A até B, o módulo da velocidade diminui, pelo que há diminuição de energia cinética também nesse percurso.

Logo, no percurso de A até C, |Δ𝐸c| > |Δ𝐸pg|

⇒ Havendo diminuição da energia cinética no percurso de A até B, o trabalho realizado pela resultante das forças nesse percurso é negativo.

Como o trabalho realizado pela força gravítica no percurso de B até C também é negativo, conclui-se que |Σ𝑊|>|𝑊𝐹⃗g|.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ A frequência do sinal I é 3,0×10² Hz e a amplitude desse sinal é igual à amplitude do sinal II.

Notas:

⇒ O intervalo de tempo referente ao sinal apresentado no ecrã do osciloscópio corresponde a um período e meio.

Como a base de tempo está regulada para 0,5 ms/DIV, pode concluir-se que

• 0,5 × 10⁻³ s/DIV × 10 DIV = 1,5 × 𝛵 ⇔ 𝛵 = 5 × 10⁻³ s/ 1,5

⇒ Sendo a frequência por definição o inverso do período, vem:

• 𝑓 = 1/𝛵 = 1,5 / 5 × 10⁻³ s ⇔ 𝑓 = 3,0 × 10² Hz

⇒ Observando a imagem do ecrã do osciloscópio, pode concluir- -se que a distância pico a pico do sinal I é aproximadamente igual à do sinal II, pelo que se pode afirmar que a amplitude do sinal I é igual à do sinal II, o que corresponde ao esperado, pois os dois microfones foram colocados à mesma distância de um altifalante.

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

A SPF concluiu que nenhum dos gráficos está correto, porque o afastamento do microfone que originava o sinal II de um quarto de comprimento de onda implica que este deveria estar atrasado de um quarto de período relativamente ao sinal I, isto é, o pico do sinal II deveria aparecer à direita do pico do sinal I.

Estando o microfone que originava o sinal II mais longe, o sinal nele detetado num certo instante é um sinal emitido pelo altifalante antes do sinal que está nesse mesmo instante a ser detetado pelo outro microfone. É esta a razão para o desfasamento. Além disso, há atenuação do sinal II que está bem refletida na opção C.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos