2014 – 1ª Fase – Prova Escrita de Física e Química A

• Opção (D)

⇒ Faraday descobriu que o movimento da barra magnetizada, aproximação ou afastamento da bobina, altera a intensidade do campo magnético no interior da bobina e, assim, também o fluxo do campo magnético.

⇒ A variação do fluxo do campo magnético que atravessa a bobina B origina a corrente elétrica detetada pelo galvanómetro G.

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ Uma barra magnética cria um campo magnético. Se ela estiver parada, o fluxo do campo magnético através da bobina é constante (|ΔΦ| = 0), não originando, assim, força eletromotriz induzida

• |ε_i| =|ΔΦ|/Δt = 0

⇒ Há corrente elétrica induzida se existir variação do fluxo do campo magnético.

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ O fluxo magnético que atravessa uma bobina depende do número de espiras, da sua área, da intensidade do campo magnético e do ângulo entre a normal às espiras o campo magnético.

• Φ = N B A cos α

⇒ O módulo da força eletromotriz além de depender dos fatores já referidos, varia também com a maior ou menor rapidez com que varia o fluxo magnético.

• |ε_i| =|ΔΦ|/Δt 

⇒ Quanto maior for o número de espiras da bobina e quanto mais rápido (menor intervalo de tempo) for a variação do fluxo, maior será o módulo da força eletromotriz gerada.

• Opção (C) …………. 5 pontos

• Volt (a força eletromotriz é uma energia por unidade de carga)

• Volt …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Recorrer à expressão E = m c ΔT para calcular a energia que é necessário fornecer à barra de alumínio, para que a sua temperatura aumente de 25,0 ºC para 27,0 ºC.

• m_{barra de Al} = 700 g ⇔ m_{barra de Al} = 0,700 kg

⇒ Ao substituir o valor da massa da barra de alumínio na expressão, E = m c ΔT, esta deve expressa estar em kg devido às unidades da capacidade térmica mássica.

• E = m c ΔT ⇔ E = m c (T_final−T_inicial) ⇔ E = 0,700 × 897 × (27,0 – 25,0) ⇔ E = 0,700 × 897 × (2,0) ⇔ E = (1,4 × 897) J

• Opção (B) …………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Mantendo-se constantes a área e a emissividade, a potência da radiação emitida é diretamente proporcional à quarta potência da temperatura absoluta

⇒ A potência da radiação emitida aumenta cerca de 6,3 vezes.

• Opção (B) …………. 5 pontos

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da energia que é necessário transferir para a barra de alumínio, à temperatura de 660 ºC, para esta fundir completamente (E = 2,80 × 10⁵ J) …….. 5 pontos

B) Cálculo do tempo que a barra demora a fundir completamente (Δt = 2,5 × 10² s) …….. 5 pontos

• h_após = 0,53 m ± 2%

• Etapas de resolução:

A) Determinação do valor mais provável da altura máxima atingida pela bola, após o primeiro ressalto (h = 0,53 m) (ver nota 1) …….. 3 pontos

B) Cálculo da incerteza relativa do valor experimental da altura máxima atingida pela bola, após o primeiro ressalto (2% ou 2 × 10^-2) (ver nota 2) …….. 4 pontos

C) Apresentação do resultado da medição da altura máxima atingida pela bola, após o primeiro ressalto, em função do valor mais provável e da incerteza relativa (em percentagem) (0,53 m ± 2%) …….. 5 pontos

Notas:

1. A apresentação do valor mais provável da altura máxima atingida pela bola com um arredondamento incorreto, ou com um número incorreto de algarismos significativos, implica a pontuação desta etapa com zero pontos.

2. A apresentação da incerteza relativa com um arredondamento incorreto, ou com um número incorreto de algarismos significativos, nesta etapa, não implica qualquer desvalorização.

⇒ Equação de regressão linear do gráfico de dispersão da altura máxima após o ressalto em função da altura de queda:

• h_queda = 0,675 h_após + 8 × 10^–3 (SI)

⇒  No modelo teórico, a altura de ressalto é nula para uma altura de queda nula.

⇒ Na expressão determinada, o valor 8 × 10^–3 é aproximadamente zero, e resulta do modelo matemático usado no tratamento com os dados.

⇒ Cálculo do coeficiente de restituição (o declive do gráfico é igual ao quadrado do coeficiente de restituição):

• Etapas de resolução:

A) Apresentação da tabela com o registo, para cada um dos ressaltos, da altura de queda, h_queda , e da altura máxima atingida pela bola após o ressalto, h_após (ver nota 1) …….. 5 pontos

B) Determinação, para hapós em função de hqueda , da equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela (h_após = 0,675 h_queda + 0,008 (SI) ou y = 0,675x + 0,008 (SI)) (ver notas 2 e 3) …….. 5 pontos

C) Cálculo do coeficiente de restituição na colisão da bola com o solo (e = 0,82) (ver nota 3) …….. 5 pontos

Notas:

1. A apresentação de duas séries de valores sem identificação das grandezas a que se referem (h_queda e h_após) será considerada um erro de tipo 2.

2. A apresentação da equação da reta com um valor diferente de ordenada na origem, mas da mesma ordem de grandeza, nesta etapa, não implica qualquer desvalorização.

3. A apresentação de valores calculados com arredondamentos incorretos, ou com um número incorreto de algarismos significativos, nesta etapa, não implica qualquer desvalorização.

• Opção (D)

⇒  Um menor coeficiente de restituição significa uma menor altura máxima de ressalto para uma determinada altura de queda e, portanto, uma maior percentagem de energia dissipada.

⇒  Sendo desprezável a força de resistência do ar durante a descida e a subida da bola, há conservação da energia mecânica: a energia mecânica da bola imediatamente antes da colisão com o solo é igual à energia potencial gravítica do sistema bola-Terra para a altura de queda e imediatamente após à colisão é igual à energia potencial para a altura máxima de ressalto.

⇒  Assim, a razão entre a energia dissipada na colisão e a energia antes da colisão é:

⇒  Um aumento do coeficiente de restituição implica uma menor percentagem de energia dissipada.

⇒  Para o sistema bola X-Terra a percentagem de energia dissipada é

• (1 – 0,762) × 100% = 42%

⇒ Para o sistema bola Y-Terra é

• (1 – 0,652) × 100% = 58% 

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Quer existam ou não forças dissipativas, a criança parte do repouso e aumenta a sua velocidade. Então, as acelerações em ambas as situações apontam no sentido do movimento.

⇒ A aceleração menor é a da situação II, uma vez que é também menor a resultante das forças (as forças de atrito têm sentido oposto à componente do peso segundo o eixo dos xx).

• Opção (C) …………. 5 pontos

⇒ Cálculo do módulo da aceleração na descida:

⇒ Cálculo da intensidade da resultante das forças, Fr:

• Fr = ma = 30 x 1,81 = 54 N

• Etapas de resolução:

A) Determinação do módulo da aceleração da criança, na situação considerada (a = 1,81 m s^-2) …….. 5 pontos

B) Determinação da intensidade da resultante das forças que atuam na criança, na situação considerada (F = 54 N) …….. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Um cavalinho efetua quatro rotações em 60 s:

ou

• Opção (A) …………. 5 pontos

⇒ Ambos os cavalinhos dão uma volta completa no mesmo tempo e, por isso, têm a mesma velocidade angular (ω_A = ω_B = ω).

⇒ O raio da circunferência descrita pelo cavalinho A é maior do que o raio da circunferência descrita por B (r_A > r_B), logo, o cavalinho A terá maior aceleração

ou

⇒ Ambos os cavalinhos dão uma volta completa no mesmo tempo, ou seja, têm o mesmo período (T_A = T_B = T).

⇒ O raio da circunferência descrita pelo cavalinho A é maior do que o raio da circunferência descrita por B (r_A > r_B), portanto, o cavalinho A terá maior aceleração

• Tópicos de referência:

A) Os cavalinhos A e B movem-se com velocidades angulares iguais.

ou

• Os períodos dos movimentos dos cavalinhos A e B são iguais.

B) Sendo [, para o movimento circular uniforme,  a_c = w² r ( ou a_c = (2π/T)² r, a aceleração será tanto maior quanto maior for o raio da circunferência descrita.

C) Sendo o raio da circunferência descrita pelo cavalinho A maior do que o raio da circunferência descrita pelo cavalinho B, conclui-se que a aceleração do cavalinho A é maior do que a aceleração do cavalinho B.

• Opção (C)

⇒ A configuração eletrónica do nitrogénio no estado fundamental é 1s² 2s² 2p³.

⇒ Há três energias diferenciadas para os eletrões:

• E1s < E2s < E2p

⇒ A energia das orbitais, em átomos polieletrónicos, depende de n e de l (as orbitais 2p, em que l = 1, e 2s, em que l = 0, têm energias diferentes).

• Opção (C) …………. 5 pontos

• Opção (C)

• As orbitais com l = 0 são as orbitais do tipo s. São 2 eletrões na 1s e mais 2 na 2s.

• Opção (C) …………. 5 pontos

⇒ A energia mínima necessária para remover o eletrão de um átomo de hidrogénio (isolado) no estado fundamental, Erem, pode ser determinada pela expressão:

E_rem = E_∞ – E₁ que muitas vezes surge de forma simplificada E_rem = – E₁ dado que E_{∞ → 0}

E_∞ – energia do eletrão quando se encontra fora da ação do núcleo

E₁ – energia do eletrão no estado fundamental

•  E_rem = E_∞ – E₁ ⇔ E_rem = 0 – (–2,18 × 10^–18) = 2,18 × 10^–18 J

⇒ A energia mínima necessária para remover o eletrão de um átomo de hidrogénio (isolado) no estado fundamental é 2,18 ×10^-18 J.

• 2,18 × 10^-18 J …….. 5 pontos

Processo 1:

⇒ Determinar a energia necessária para ocorrer a transição do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n = 2.

• ΔE = E_n=2 – E_n=1 ⇔ ΔE = −5,54 ×10^-19 –(−2,18 ×10^-18) ⇔ ΔE = 1,63 ×10^-18 J

⇒ Determinar a energia necessária para ocorrer a transição do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n = 3.

• ΔE = E_n=3 – E_n=1 ⇔ ΔE = −2,42 ×10^-19 –(−2,18 ×10^-18 ) ⇔ ΔE = 1,94 ×10^-18 J

⇒ Não vai ocorrer transição do eletrão porque a energia da radiação incidente é maior que a energia necessária para que ocorra transição do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n = 2 ( 1,80 ×10^-18 J >1,63 ×10^-18 J) e é menor que a energia necessária para que ocorra transição do nível a que corresponde n=1 para o nível a que corresponde n = 3 ( 1,80 ×10^-18 J < 1,94 ×10^-18 J)

Processo 2:

⇒ Determinar a energia do nível para o qual o eletrão transitaria se ocorresse absorção da energia incidente.

⇒ Se ocorrer a transição do eletrão este transitará para um nível energético (que corresponderá a um estado excitado) que terá a energia do estado fundamental mais a energia incidente)

• E_n=? = E_n=1 + E_Radiação ⇔ E_n=? = −2,18 ×10^-18 + 1,80 ×10^-18 ⇔ E_n=? = −3,80 ×10^-19 J

⇒ Este valor não corresponde à energia de qualquer nível do átomo de hidrogénio, pois esta energia é maior que a energia do nível a que corresponde n = 2 e menor que a energia do nível a que corresponde n=3, concluindo-se assim que não ocorre transição do eletrão.

Processo 3:

⇒ Determinar a energia do nível para o qual o eletrão transitaria se ocorresse absorção da energia incidente

⇒ Se ocorrer a transição do eletrão este transitará para um nível energético (que corresponderá a um estado excitado) que terá a energia do estado fundamental mais a energia incidente)

• E_n=? = E_n=1 + E_incidente ⇔ E_n=? = −2,18 ×10^-18 +1,80 ×10^-18 ⇔ E_n=? = −3,80 ×10^-19 J

⇒ Determinar, através da expressão de Bohr para o átomo de hidrogénio, o número quântico principal, n, que caraterizaria esse nível.

• E_n = – 2,18 x 10^-18/n²

n – número quântico principal

En – Energia do nível que possui número quântico n

• o que é impossível pois o número quântico principal, n, só pode assumir valores inteiros naturais (n=0, 1, 2, 3, 4, …) concluindo-se assim que não ocorre transição do eletrão.

• Tópicos de referência:

A) Verifica-se que, somando a energia da radiação incidente à energia do nível n = 1, se obtém um valor de energia (-3,8 × 10^-19 J) que não corresponde à energia de qualquer nível do átomo de hidrogénio ou equivalente.

B) Conclui-se, assim, que não ocorre transição do eletrão.

• Opção (A)

⇒ As radiações visíveis (série de Balmer) de emissão resultam de transições do eletrão, no átomo de hidrogénio, de níveis caraterizados por número quântico principal, n, maior que 2 e inferior a 8, para o nível caraterizado pelo número quântico principal, n, igual a 2.

⇒ Calcular a energia do nível em que o eletrão se encontrava, En>2 :

• ΔE = E_{estado final} − E_{estado inicial}

⇒ Onde a variação de energia, ΔE, corresponde à energia da radiação emitida, E_emitida, a energia do estado final, E_{estado final}, corresponde à energia do nível caraterizado pelo número quântico principal, n, maior que 2, E_n>2 e a energia do estado inicial, E_{estado inicial}, corresponde à energia do nível caraterizado pelo número quântico principal, n, igual a 2, E_n=2.

• E_emitida = E_n>2 − E_n=2 ⇔ E_n>2 = E_emitida + E_n=2 ⇔ E_n>2= 4,84 ×10^-19 − 5,45 ×10^-19 ⇔ E_n>2 = (−5,45 ×10^-19 + 4,84 ×10^-19)J

• Opção (A) …………. 5 pontos

⇒ Por leitura gráfica verifica-se que:

• [H₂]_inicial = [H₂]₀ ⇔ [H₂]₀ = 0,500 mol dm^-3 
• [H₂]_final = [H₂]_t1 ⇔ [H₂]_t1 = 0,400 mol dm^-3

⇒ Determinar a variação da concentração:

• Δ[H₂] = [H₂]_final – [H₂]_inicial ⇔ Δ[H₂] = [H₂]_t1 – [H₂]₀ ⇔ Δ[H₂] = 0,400 – 0,500 ⇔ Δ[H₂] = – 0,100 mol dm⁻³

⇒ A variação da concentração de H₂ (g) no intervalo de tempo [0, t₁] foi de – 0,100 mol dm⁻³ .

• -0,100 mol dm^-3 ou [a concentração de H₂(g)] diminui 0,100 mol dm^-3. …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Determinar a quantidade de cada constituinte do sistema na mistura gasosa inicialmente introduzida no reator

n(NH₃) = [NH₃] x V = 0,050 x 1,0 = 0,050 mol

n(N₂) = [N₂] x V = 0,500 x 1,0 = 0,500 mol

n(H₂) = [H₂] x V = 0,200 x 1,0 = 0,200 mol

⇒ Calcular a fração molar de NH₃ na mistura gasosa inicial

• Opção (B) …………. 5 pontos

⇒ Determinar a quantidade de cada reagente:

• n(H₂) = [H₂] x V = 0,500 x 1,0 = 0,500 mol

• n(N₂) = [N₂] x V = 0,200 x 1,0 = 0,200 mol

⇒ Determinar o reagente limitante:

• De acordo com a estequiometria da reação 1 mol de N₂ reage com 3 mol de H₂, assim, 0,200 mol de (0,200 mol dm^–3 x 1,00 dm³) reagiriam com 0,200 mol x 3 = 0,600 mol de H₂.
• Estando disponíveis, inicialmente, apenas 0,500 mol de H₂ (0,500 mol dm^–3 x 1,00 dm³), este é o reagente limitante.

⇒ Determinar a quantidade de NH₃ teoricamente prevista, n(NH3)_p., a que se formaria se a reação fosse completa:

• Tendo em consideração a estequimetria da reação e o reagente limitante, H₂, verifica-se que por cada três mol de H₂ que reage formar-se-iam duas de NH₃.
• n(NH₃)_p. =  (2/3) n(H₂)_utilizado =  (2/3) x 0,500 = 0,333 mol

⇒ Determinar a quantidade de NH3 obtida:

• n(NH₃)_obtido = n(NH₃)_eq – n(NH₃)_inicio = 0,139 mol dm^-3 x 1,00 dm³ – 0,050 mol dm^-3 x 1,00 dm³ = 0,089 mol

⇒ Determinar o rendimento da reação de síntese do amoníaco:

• Etapas de resolução:

A) Determinação da quantidade de NH₃(g) que se formaria, de acordo com a estequiometria da reação, a partir da quantidade inicial do reagente limitante, H₂(g) (n = 0,333 mol) …….. 6 pontos

B) Determinação da quantidade de NH₃(g) que se forma, nas condições consideradas (n = 0,089 mol) …….. 4 pontos

C) Determinação do rendimento da reação de síntese, nas condições consideradas (26,7% ou 0,267) …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ A reação de síntese do amoníaco apresenta uma variação de entalpia negativa, o que significa haver libertação de energia.

⇒ O coeficiente estequiométrico do amoníaco, NH₃, na equação química indica que é por cada duas moles de NH₃ formadas.

• Opção (B) …………. 5 pontos

⇒ De acordo com o Princípio de Le Châtelier, um aumento de temperatura favorece a transformação em que ocorre absorção de energia (reação endotérmica), que neste caso é a reação inversa (sendo negativa a variação de entalpia, a reação direta ocorre com libertação de energia).

⇒ Prevê-se que as concentrações de reagentes, hidrogénio e nitrogénio, irão aumentar e a do produto, amoníaco, irá diminuir em relação aos valores em equilíbrio antes do aumento de temperatura.

• Tópicos de referência:

A) De acordo com o Princípio de Le Châtelier, um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica, que, neste caso, é a reação inversa.

B) É, assim, de prever uma diminuição da concentração de NH₃(g) e um aumento das concentrações de H₂(g) e de N₂(g).

• Opção (D)

⇒ Na notação de Lewis apenas se representam os eletrões de valência (ligantes e não ligantes).

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Na molécula de amoníaco cada um dos três átomos de hidrogénio liga-se ao nitrogénio.

⇒ A molécula assume uma geometria piramidal triangular, ocupando o nitrogénio um dos vértices da pirâmide.

• Opção (A) …………. 5 pontos

• [H₃O⁺] = 10^-pH = 10^-11.1 = 7,943 x 10^-12 mol dm^-3

⇒ Cálculo da concentração do ião hidróxido:

⇒ De acordo com a estequiometria da reação e, desprezando a contribuição da autoionização da água, conclui-se que [OH^–] = [NH₄⁺] cuja ordem de grandeza é 10^–3 mol dm^–3.

⇒ Como a ionização do amoníaco é pouco extensa (a concentração do ião amónio é cerca de 10² vezes menor do que a do amoníaco), [NH₃]_eq é da mesma ordem de grandeza que [NH₃]_inicial: 10^–1 mol dm^–3.

⇒ A ordem de grandeza da constante de basicidade

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da concentração de OH^–(aq) (c = 1,259 × 10^-3 mol dm^-3) …….. 3 pontos

B) Identificação da concentração de NH₄⁺ (aq) com a concentração de OH^–(aq) …….. 2 pontos

C) Determinação da ordem de grandeza da constante de basicidade do NH₃ (aq) (10^-5) …….. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Determinar a quantidae de NH₃ existente em 50, 0 cm³ de solução aquosa de NH₃ 0,10 mol dm^-3

• [NH₃] = n/V ⇔ n = [NH₃] x V = 0,10 x 5,00 x 10^-3 ⇔ n = 5,00 x 10^-3 mol

⇒ Calcular a concentração de NH₃ nos 250,0 cm³ de solução aquosa de NH₃ obtida

• [NH₃] = n/V ⇔ [NH₃] = 5,00 x 10^-3/0,250 = 2,0 x 10^-2 mol dm^-3

ou

⇒ O volume aumenta 5 vezes:

⇒ Uma vez que a quantidade de amoníaco é constante (apenas se adiciona água), a concentração diminui 5 vezes:

• Opção (A) …………. 5 pontos

⇒ A espécie é o ácido conjugado do amoníaco pelo que em água vai apresentar comportamento ácido de acordo com a equação

• NH₄⁺ (aq) + H₂O (l) ⇋ NH₃ (aq) + H₃O⁺ (aq)

NH₄⁺ (aq) + H₂O (l) ⇋ NH₃ (aq) + H₃O⁺ (aq)

– A omissão da indicação do(s) estado(s) físico(s) de uma ou mais espécies não implica qualquer desvalorização.

– A apresentação de → (em vez de ⇋) implica uma desvalorização de 2 pontos.