2016 – 2ª Fase – Prova Escrita de Física e Química A

• Opção (B)

⇒ A proveta e o gobelé não têm precisão suficiente para medições rigorosas de volume de líquidos.

⇒ Um balão volumétrico não se pode utilizar para transferir um volume fixo de líquido pois a precisão (tolerância) de um balão volumétrico reporta-se ao volume contido (“in”) e não ao volume saído (“out”) como nas pipetas e nas buretas.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Se se pretende preparar uma solução cinco vezes mais diluída do que a solução-mãe, ou seja, com um fator de diluição, f, igual a 5, o volume de solução concentrada a usar deve ser cinco vezes menor, pois

• f = c_inicial/c_final = V_final/V_inicial

⇒ Como se pretende 250,0 cm³ de solução diluída, ter-se-ia de medir 250,0/5 = 50,00 cm³ de solução-mãe.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

Massa de solução-mãe contida no picnómetro:

• m = 1145,09 – 31,552 g = 113,54 g

Como esta solução-mãe de cloreto de potássio contém 2,35 x 10^-3 mol de KCl por 1,00 g de solução, a quantidade de KCl existente nesta solução é:

• n = 113,54 g x 2,35 x 10^-3 mol g^-1 = 2,668 x 10^-1 mol

Concentração da solução-mãe de KCl:

• [KCl]₀ = n/V = 2,668 x 10^-1/ 98,73 x 10^-3 = 2,702 mol dm^-3

Para obter uma solução de concentração 0,27 mol dm^-3 teria de diluir a solução 10 vezes

• fator de diluição = c_inicial/c_final = V_final/V_inicial = 2,702 /0,27  = 10

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da massa de solução-mãe de KCl contida no picnómetro (m = 113,54 g) (ver nota) …….. 2 pontos

B) Cálculo do volume de 1,00 g da solução-mãe (V = 0,8696 cm³)

OU

• Cálculo da massa de 1,00 cm³ da solução-mãe (m = 1,150 g)

OU

• Cálculo da quantidade de KCl existente em 113,54 g da solução-mãe (n = 0,2668 mol) …….. 5 pontos

C) Cálculo da concentração da solução-mãe de KCl (c = 2,702 mol dm^-3) …….. 5 pontos

D) Cálculo do fator de diluição (10) …….. 3 pontos

Nota – O arredondamento do valor da massa de solução-mãe de KCl contida no picnómetro implica a pontuação desta etapa com zero pontos.

⇒ Os densímetros são instrumentos que permitem determinar de forma direta a massa volúmica, ou densidade, de líquidos.

⇒ Esta medição direta baseia-se na lei de Arquimedes. O densímetro flutua no líquido, estando, portanto, em equilíbrio, ou seja, a resultante das forças que nele atuam é nula.

⇒ Atuando duas forças sobre o densímetro, o peso e a impulsão, conclui-se que o módulo da impulsão exercida sobre o densímetro é igual ao módulo do seu peso.

⇒ Colocando o mesmo densímetro em líquidos de diversas densidades, o volume imerso será inversamente proporcional à densidade do líquido.

⇒ A graduação da escala do densímetro é estabelecida usando um líquido de densidade conhecida.

• Densímetro …………. 5 pontos

⇒ A massa de solução que contém 35,54 g de KCl é:

• m_solução = m_soluto + m_solvente = 35,54 + 100 = 135,54 g

⇒ Numa solução saturada de KCl, a uma determinada temperatura, a massa de KCl dissolvida é diretamente proporcional à massa de solução, pelo que:

⇒ A quantidade de KCl (M = 74,55 g mol^-1) dissolvida em 250 g da solução saturada, a 25  C  :

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da massa de solução saturada que contém 35,54 g de KCl (m = 135,54 g) …….. 4 pontos

B) Cálculo da massa de KCl dissolvida em 250 g da solução saturada (m = 65,55 g) …….. 4 pontos

C) Cálculo da quantidade de KCl dissolvida em 250 g da solução saturada (n = 0,879 mol) …….. 2 pontos

ou

A) Cálculo da quantidade de KCl por 100 g de água, na solução saturada (n = 0,47673 mol) …….. 2 pontos

B) Cálculo da massa de solução saturada que contém 35,54 g (0,47673 mol) de KCl (m = 135,54 g) …….. 4 pontos

C) Cálculo da quantidade de KCl dissolvida em 250 g da solução saturada (n = 0,879 mol) …….. 4 pontos

KCl (s) ⇋ K⁺ (aq) + Cl^– (aq)  ΔH > 0

⇒ Como a variação de entalpia é positiva, ΔH > 0, o processo de dissolução do KCl em água é um fenómeno endotérmico.

⇒ O aumento da temperatura favorece a dissolução deste sal em água, pois, pelo Princípio de Le Châtelier, à medida que a temperatura aumenta, o equilíbrio evolui no sentido que contraria esse aumento de temperatura, ou seja, no sentido direto (endotérmico).

⇒ A solubilidade do KCl em água aumenta com o aumento de temperatura.

• A resposta integra os tópicos de referência seguintes ou outros de conteúdo equivalente:

A) O processo de dissolução do KCl em água é um processo endotérmico [, uma vez que a variação de entalpia a ele associada é positiva].

B) [Assim, de acordo com o princípio de Le Châtelier,] este processo de dissolução será favorecido por um aumento de temperatura, pelo que será de prever que a solubilidade do KCl em água aumente [à medida que a temperatura aumenta].

• Opção (D)

⇒ A equação que traduz o equilíbrio de solubilidade do perclorato de potássio, KClO₄, em água é:

KClO₄ (s) ⇌ K⁺ (aq) + ClO₄⁻ (aq) 

⇒O produto de solubilidade é Ks = [K⁺]×[ClO₄⁻] e, a 25 ºC, tem valor 1,05 × 10^-2. 

Dissolvendo-se s mol dm^-3 de KClO₄, verificar-se-á que [K⁺] = [ClO₄⁻] = s mol dm^-3.

•  Ks = s² ⇔ s = √𝐾_s ⇔ s = 1,02 × 10^-1 mol dm^-3

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ A potência da fonte relaciona-se com a energia transferida e com o intervalo de tempo em que é transferida essa energia pela fórmula:

• 𝑃 = 𝐸/Δ𝑡 ⇔ 𝐸=𝑃 ×Δ𝑡

Assim, para a mesma energia transferida (E), quanto maior for a potência da fonte menor terá de ser o intervalo de tempo em que ocorre essa transferência de energia.

(A) Inválida, porque a energia necessária para que a temperatura da amostra aumente 1 K só depende da massa e da natureza da substância que constitui a amostra.

(B) Inválida, porque a energia para fundir a amostra só depende da massa e da natureza da substância que constitui a amostra.

(D) Inválida, porque se a potência da fonte fosse menor, para que a energia transferida fosse a mesma, o intervalo de tempo teria de ser  maior. Assim, fornecendo a mesma energia, independentemente da potência da fonte, o aumento de energia interna do sistema seria o  mesmo.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

⇒ Para o intervalo de tempo [0; 36] s, tem-se: T₀ = 980 K e T₃₆ = 1044 K

• ΔT = T₃₆ – T₀ ⇒ ΔT = 1044 – 980 = 64 K

⇒ A variação da temperatura da amostra no intervalo de tempo considerado é igual a 64 K.

• 64 K Ou 64 ºC …….. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A variação de energia interna está relacionada, a nível interno, com variações de energia cinética e variações de energia potencial.

⇒ No primeiro intervalo de tempo a amostra encontra-se sólida sofrendo um aumento de temperatura, o que evidencia variação de energia interna.

⇒ No intervalo de tempo [36; 273] s está a ocorrer a mudança de fase, ou seja, a amostra está a passar do estado sólido ao estado líquido, havendo aumento da energia interna.

⇒ No último intervalo de tempo referido, há um aumento da temperatura, que se traduz por um aumento da energia interna da amostra.

• Ocorre variação de energia interna nos três intervalos de tempo referidos.

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

⇒ A energia necessária para fundir a amostra de KCl é a energia por ela absorvida no intervalo de tempo em que a temperatura permaneceu constante, ou seja, no intervalo [36, 273] s.

⇒ Sendo o rendimento de 100% a energia absorvida, 𝐸_absorvida, pela amostra é igual à fornecida pela fonte, 𝐸_fonte, naquele intervalo:

• 𝐸_absorvida = 𝐸_fonte = 𝑃Δ𝑡 = 300 W x (273 − 36) s = 7,110 x 10⁴ J (energia necessária para fundir 200 g, a massa 𝑚 da amostra, de KCl).

⇒ Para fundir 𝑚′ = 1,0 kg de KCl será necessária uma energia 𝐸’_absorvida

ou

⇒ A energia, 𝐸, necessária para a fusão de uma amostra de massa 𝑚 é:

• 𝐸 = 𝑚Δ𝐻_fusão ⟹ 𝑃Δ𝑡 = 𝑚Δ𝐻_fusão ⟹ 300 W x (273 − 36)s = 0,200 kg x Δ𝐻_fusão ⟹ Δ𝐻_fusão = 3,56 x 10⁵ J kg⁻¹

em que Δ𝐻_fusão é a variação de entalpia mássica de fusão (energia por unidade de massa de cloreto de potássio, KCl, necessária para a fusão).

• Conclui-se que para fundir 1,0 kg de KCl é necessária uma energia de 3,6 x 10⁵ J.

• Etapas de resolução:

A) Determinação da energia necessária para fundir a amostra de KCl (7,110 x 10⁴ J)

ou

• Determinação do intervalo de tempo necessário para fundir, nas mesmas condições, 1,0 kg de KCl (Δt = 1,19 x 10³ s) …….. 5 pontos

B) Determinação da energia necessária para fundir 1,0 kg de KCl (E = 3,6 x 10⁵ J) …….. 5 pontos

⇒ O gráfico da figura 1 traduz como varia a temperatura da amostra de KCl com o tempo de fornecimento de energia.

No intervalo de tempo [0; 36] s a amostra está sólida e no intervalo [273; 310] s está no estado líquido.

⇒ O declive da reta no primeiro intervalo de tempo (estado sólido) é aproximadamente igual ao declive da reta no intervalo em que a amostra se encontra no estado líquido, ou seja, há uma variação de temperatura semelhante num intervalo de tempo aproximadamente igual.

⇒ O declive dessas retas está relacionado com a capacidade térmica mássica da substância. Sendo a energia transferida pela fonte dada por E = P Δt e a energia recebida pela amostra E = m c ΔT,

•  𝑃 Δ𝑡 = 𝑚 𝑐 Δ𝑇 ⇔ Δ𝑇= (𝑃/𝑚 𝑐) Δ𝑡

⇒ Como a potência da fonte se mantém e a massa também, pode concluir-se que a capacidade térmica mássica do cloreto de potássio no estado sólido e no estado líquido são semelhantes.

• A resposta integra os tópicos de referência seguintes ou outros de conteúdo equivalente:

A) [ O gráfico representado na figura mostra que] a reta correspondente ao aquecimento da amostra de KCl sólido e a reta correspondente ao aquecimento da amostra de KCl líquido têm declives semelhantes.

B) O declive de cada uma dessas retas depende da capacidade térmica mássica do KCl sólido e da capacidade térmica mássica do KCl líquido, respetivamente, da potência da fonte e da massa da amostra.

Como [, na situação considerada,] a potência da fonte e a massa da amostra são as mesmas, conclui-se que a capacidade térmica mássica do KCl sólido e a capacidade térmica mássica do KCl líquido são semelhantes.

KCl → K⁺ + Cl^–

n (KCl) = 2,68 mol; n (iões) = 2 x 2,68 = 5,36 mol de iões

⇒  Como N = n x N_A, o número de iões existentes, no total, na amostra será:

• N (iões) = 5,36 mol x 6,02 x 10²³ iões mol^-1 = 3,23 x 10²⁴ iões

ou

⇒  Dado que cada “agregado” KCl é formado por dois iões, o número total de iões existentes em 2,68 mol de KCl será:

• (1 mol de KCl) / (2×6,02×10²³ iões) = (2,68 mol de iões KCl)/(𝑁 (iões))
• N (iões) = 3,227 × 10²⁴ iões

Assim, o resultado com três algarismos significativos será 3,23 × 10²⁴ iões.

Outro processo:

• Determinar o número de entidades KCl.

N(KCl) = n(KCl) × N_A ⇔ N(KCl) = 2,68 × 6,02 × 10²³ ⇔ N(KCl) =1,613 × 10²⁴

⇒  Determinar o número de iões em 1,613 × 10²⁴ entidades KCl.

• N(iões) = N(KCl) × 2 ⇔ N(iões) = 1,613 × 10²⁴ ×2 ⇔ N(iões) = 3,227 × 10²⁴

⇒  O resultado com três algarismos significativos será 3,23 × 10²⁴ iões.

• 3,23 x 10²⁴ [iões] …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ ₁₉K – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹;  K⁺ – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ (Quatro orbitais de valência)

⇒ ₁₇Cl – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵;  Cl⁻ – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ (Quatro orbitais de valência)

Os iões K⁺ e Cl^– são partículas isoeletrónicas, pelo que têm a mesma configuração eletrónica. Têm o mesmo número de orbitais de valência, quatro.

O número de eletrões de valência destas partículas é 8 e não 6.

As configurações eletrónicas não são diferentes.

• Como o número de orbitais ocupadas por ambos os iões é 9 (1s, 2s, 2p_x, 2p_y, 2p_z, 3s, 3p_x, 3p_y, 3p_z).

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

⇒  O esquema representa o processo de ionização do lítio, no estado fundamental. Assim, se uma mole de átomos de lítio, no estado fundamental, isolados e no estado gasoso, receberem a energia de 519 kJ ocorrerá a remoção de uma mole de eletrões e a formação de uma mole de iões lítio (Li⁺).

⇒  O esquema que traduz a equação química que evidencia a referida ionização é:

• Li (g) → Li⁺ (g) + 1 e^–

• Li (g) → Li⁺ (g) + e^–…….. 5 pontos

Nota – A omissão da indicação do estado físico das espécies envolvidas na reação não implica qualquer desvalorização.

• Opção (D)

⇒  Uma reação completa é aquela em que pelo menos um dos reagentes se esgota. Assim, essa reação terá rendimento 100%.

⇒ Para que ambos os reagentes se esgotassem, era necessário que estivessem na proporção estequiométrica adequada no sistema reacional.

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ O número de oxidação do lítio passa de zero, em Li(s), a + 1 em LiOH (aq). A variação do número de oxidação, Δn.o. (Li) = + 1 – 0 = + 1.

⇒ Como Δn.o. > 0, o lítio sofreu oxidação; cada átomo liberta um eletrão, logo, atua como redutor (da água, neste caso).

ou

⇒ Analisando os números de oxidação dos átomos presentes na reação, verifica-se que:

• n.o. (Li)Li = 0
• n.o. (H)água = +1
• n.o. (O)água = -2
• n.o (Li)LiOH = +1
• n.o. (H)LiOH = +1
• n.o. (O)LiOH = -2
• n.o. (H)H₂ = -2

⇒ Dado que o número de oxidação do lítio passa de zero a +1, significa que o lítio cede um eletrão pelo que sofre oxidação e como tal atua como redutor.

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

⇒ Determinar a concentração de iões hidróxido (OH^–) na solução resultante da reação.

• pH = 13,27 ⇒ [H₃O⁺] = 10^-pH ⇔ [H₃O⁺] = 10^-13,27 ⇔ [H₃O⁺] = 5,37 × 10^-14 mol dm^-3

Como a reação ocorre a 25 ºC, Kw = 10^-14.

•  [H₃O⁺]×[OH^–] = 10^-14 ⇔ 5,37 × 10^-14 × [OH^–] = 10^-14 ⇔ [OH^–] = 0,186 mol dm^-3

Outro processo:

A 25 ºC, pH + pOH = 14.

•  pOH = 14 – pH ⇔ pOH = 14 – 13,27 ⇔ pOH = 0,73

Como [OH^–] = 10^-pOH ⇔ [OH^–] = 10^-0,73 ⇔ [OH^–] = 0,186 mol dm^-3.

⇒ Determinar a quantidade de hidrogénio, H₂ (g), formado.

⇒ A quantidade de iões OH^– formada é

• 𝑐= 𝑛/𝑉⇔ 𝑛 =𝑐 x 𝑉 ⇔ 𝑛 =0,186 × 200 × 10⁻³
• 𝑛 (HO⁻)=0,0372 mol
• n(OH^-) = n(LiOH) ⇔ n(LiOH)= 0,0372 mol

⇒ Tendo em consideração a estequiometria da reação,

• n(H₂) = 12 n(LiOH) ⇔ n(H₂) = ½ (0,0372) = 0,0186 mol de H₂

⇒ Determinar o volume de hidrogénio, H₂ (g), formado na reação nas condições PTN.

• 𝑛 = 𝑉/𝑉m ⇔ 𝑉 =𝑛 x 𝑉m ⇔ 𝑉=0,0186 mol × 22,4 dm³ / mol ⇔ 𝑉  = 0,42 dm³ de H₂

⇒ O volume de H₂ (g), medido nas condições normais de pressão e de temperatura que se terá formado na reação foi 0,42 dm³ de H₂.

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da concentração de OH^– na solução resultante (c = 1,86 x 10^-1 mol dm^-3) …….. 3 pontos

B) Cálculo da quantidade de OH^– na solução resultante (n = 3,72 x 10^-2 mol) …….. 2 pontos

C) Cálculo do volume, medido nas condições nomais de pressão e de temperatura, de H₂(g) que se terá formado na reação. (V = 4,2 x 10^-1 dm^-3) …….. 5 pontos

2 Li (s) + 2 H₂O (l) → 2 LiOH (aq) + H₂ (g)  //     ₃Li – 1s² 2s¹

2 K (s) + 2 H₂O (l)  → 2 KOH (aq) + H₂ (g)    // ₁₉K – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹

⇒ Ambos os átomos possuem um só eletrão de valência, ns¹, mas o eletrão de valência do potássio encontra-se num nível energético superior (n = 4) ao nível energético em que se encontra o eletrão de valência do lítio (n = 3).

⇒ Assim, no potássio, esse eletrão está menos ligado ao núcleo porque existem mais eletrões em camadas interiores que efetuam a “blindagem” do núcleo, isto é, tornam menor a carga nuclear efetiva.

⇒ Por isso, o potássio é o que necessita de menos energia para a água lhe remover um eletrão (ou seja, tem menor energia de ionização).

⇒ Como na reação do lítio e do potássio com a água ocorre a libertação do eletrão de valência dos respetivos átomos, o potássio perde mais facilmente o seu eletrão de valência e, portanto, reage mais vigorosamente com a água do que o lítio.

• A resposta integra os tópicos de referência seguintes ou outros de conteúdo equivalente:

A) O eletrão de valência do átomo de potássio encontra-se num nível energético superior ao nível energético em que se encontra o eletrão de valência do átomo de lítio.

B) [Assim, por comparação com o átomo de lítio,] o eletrão de valência do átomo de potássio encontra-se mais afastado do respetivo núcleo, sofrendo menor atração por parte deste e sendo, por isso, mais facilmente removido.

C) A reação do lítio e a reação do potássio com a água envolvem a perda do eletrão de valência dos átomos respetivos [, pelo que a reação do potássio com a água será mais vigorosa do que a reação do lítio].

Nota – A apresentação das configurações eletrónicas dos átomos de lítio e de potássio no estado fundamental não é, por si só, equivalente ao tópico de referência A. Assim, uma resposta que apresente exclusivamente aquelas configurações eletrónicas deve ser classificada com zero pontos. No caso em que a resposta integre os tópicos de referência B e/ou C, a apresentação, no tópico de referência A, apenas daquelas configurações eletrónicas constituirá um fator de desvalorização da resposta, de acordo com os Critérios Gerais de Classificação.

• Opção (A)

Partindo do conceito de trabalho, o trabalho do peso será dado por:

• 𝑊P = |P| x |Δ𝑟⃗| × cos α

⇒ Sendo a massa da bola, m, o módulo da aceleração gravítica 10 m s^-2, o módulo de deslocamento dado por |y_f – y_i| = |0,94 – 1,70| e o ângulo entre a força (Peso) e o deslocamento 0º, a expressão do trabalho realizado pelo peso no deslocamento referido será:

• 𝑊_𝑃 = 𝑚 × 10 × |0,94−1,70| x cos0º= − 𝑚 ×10 (0,94−1,70)

Outro processo:

• 𝑊_𝑃 = − ΔEp = − (𝐸f − 𝐸i) = – (m × 10 × 0,94 – m × 10 × 1,70) = -10 m (0,94 – 1,70)

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

• Opção (C)

• h_{queda (1)} = 1,70 m;
• h_{ressalto (1)} = 0,94 m;
• h_{queda (2)} = 0,94 m;
• h_{ressalto (2)} = ?

⇒  Durante a queda da bola, e, também durante a sua subida, apenas atua a força gravítica, conservando-se a energia mecânica do sistema bola + Terra.

⇒  Antes da colisão, a energia mecânica do sistema no momento em que atinge o solo é igual à energia potencial gravítica na sua posição mais alta.

⇒ Após a colisão, a energia mecânica do sistema é igual à energia potencial gravítica quando a bola atinge uma nova altura máxima (nessas duas posições a energia cinética da bola é nula).

Conclui-se que a variação de energia mecânica durante uma colisão é igual à variação de energia potencial gravítica entre essas posições:

• no 1.º ressalto entre as posições de alturas ℎ₁, _i = 1,70 m e ℎ_{1, f} = 0,94 m
• no 2.º ressalto entre as posições de alturas ℎ_{2, i} = 0,94 m e ℎ_{2, f} que se pretende calcular.

Designando as variações de energia mecânica no 1.º e 2.º ressaltos por Δ𝐸_m,1 e Δ𝐸m,2, respetivamente, e considerando que a proporção de energia mecânica perdida nestes dois ressaltos é a mesma, obtêm-se:

Como, no 2.º ressalto, a bola cai de uma altura ℎ_2,i = 0,94 m e atinge, após o ressalto, uma altura máxima ℎ_2,f que se encontra 0,42 m abaixo desta, obtém-se ℎ_2,f = 0,52 m:

• Δℎ₂ = −0,42 m ⟹ ℎ_2,f − ℎ_2,i = −0,42 m ⟹ ℎ_2,f − 0,94 m = −0,42 m ⟹ ℎ_2,f = 0,52 m.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A força exercida pela bola sobre o solo, aplicada neste, e a força exercida pelo solo sobre a bola, aplicada nesta, constituem um par ação-reação que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, apresentam a mesma direção, a mesma intensidade e sentidos opostos.

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ A componente escalar x da posição da bola, em função do tempo, t, é dada para por x = v_x t. Trata-se da equação de um movimento uniforme.

⇒ Segundo o eixo OX o movimento é uniforme porque a resultante das forças nesta direção é nula. Deste modo, o módulo da velocidade nessa direção permanecerá constante.

• Há assim uma proporcionalidade direta entre a componente escalar, x, e o tempo, t.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A única força que atua na bola de ténis durante o seu movimento é a força gravítica que a Terra exerce na bola.

• Esta força tem sempre a direção da vertical do lugar e é dirigida para o centro da Terra.

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

⇒  As equações que traduzem as componentes escalares 𝑥 e 𝑦 da posição da bola em função do tempo, 𝑡, são:

• 𝑥 = 𝑥₀ + 𝑣₀𝑡
• 𝑦 = 𝑦₀ − ½ 𝑔𝑡²

⇒  Nessas equações 𝑣₀ é a componente escalar da velocidade inicial, velocidade da bola ao passar sobre a rede, segundo o eixo O𝑥 (𝑣_0𝑥 = 𝑣₀ = módulo da velocidade inicial;

• como a velocidade inicial é horizontal, a sua componente vertical é nula, 𝑣_0𝑦 = 0) e 𝑔 o módulo da aceleração da gravidade.

⇒  Com os dados da Figura 2 determina-se o tempo que a bola demora a atingir o solo, 𝑡_queda, e o módulo da velocidade inicial, 𝑣₀:

• 9,0 = 0,0 + 𝑣₀𝑡_queda ⟹  𝑣₀ = 17,3 m s⁻¹

• 0,0 = 1,35 − ½ 10 𝑡_queda ⟹ 𝑡_queda = 0,520 s

⇒  Durante a queda, a componente horizontal da velocidade, 𝑣𝑥, permanece constante (a componente do movimento segundo a direção horizontal é uniforme) e a componente vertical, 𝑣𝑦, aumenta proporcionalmente ao tempo decorrido:

• 𝑣𝑥 = 𝑣₀
• 𝑣𝑦 = −𝑔𝑡

⇒  Assim, as componentes escalares da velocidade da bola ao atingir o solo, 0,520 s depois de ter passado sobre a rede são:

• 𝑣𝑥 = 17,3 m s⁻¹ ⟹ 𝑣𝑥 = 17,3 m s⁻¹
• 𝑣𝑦 = −10 m s⁻² x 0,520 s ⟹ 𝑣𝑦 = −5,20 m s⁻¹

⇒  O módulo da velocidade com que a bola atinge o solo, |𝑣⃗_f|, determina-se com base no Teorema de Pitágoras:

• |𝑣⃗_f| = √𝑣𝑥² + 𝑣𝑦²  = 18 m s⁻¹.

ou

⇒  Durante a queda da bola só atua sobre ela a força gravítica exercida pela Terra, logo há conservação da energia mecânica do sistema bola + Terra:

• 𝐸_m,i = 𝐸_m,f ⟹ 𝑚𝑔ℎ_i + ½ 𝑚𝑣_i² = 0 + ½ 𝑚𝑣_f² ⟹ 𝑣_f² = 2𝑔ℎ_i + 𝑣_i²

⇒  O módulo da velocidade com que a bola atinge o solo, 𝑣_f, é:

• Etapas de resolução:

A) Determinação do intervalo de tempo que decorre entre o instante em que a bola passa sobre a rede e o instante em que a bola atinge o solo (Δt = 0,520 s) …….. 5 pontos

B) Determinação do módulo da velocidade com que a bola passa sobre a rede (v = 17,3 m s^-1) …….. 5 pontos

C) Determinação do módulo da velocidade com que a bola atinge o solo (v = 18 m s^-1) …….. 5 pontos

⇒  Se a radiação de comprimento de onda 6,5 × 10⁻⁷ m se propaga no vácuo, a sua velocidade de propagação é 3,00 × 10⁸ m s⁻¹. 

• 𝑐 = λ 𝑓 ⇔ 𝑓= 𝑐/λ ⇔ 𝑓= 4,62 ×10¹⁴ Hz 

⇒  Como o resultado tem de ser apresentado com dois algarismos significativos será 4,6 ×10¹⁴ Hz. 

Outro processo

•  𝑐 =λ/𝑇 ⇔  𝑇 = λ/𝑐 ⇔ 𝑇 = 2,17 × 10⁻¹⁵ s 

Como a frequência é o inverso do período

• 𝑓 = 1/𝑇 ⇔ 𝑓 = 4,61 × 10¹⁴ Hz 

Como o resultado tem de ser apresentado com dois algarismos significativos será 4,6 × 10¹⁴ Hz. 

• 4,6 x 10¹⁴ [Hz] …….. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Se, como é referido, o ângulo de refração no vidro é menor que o ângulo de incidência, significa que a radiação se propaga com menor velocidade no vidro do que no ar.

⇒ Como a mudança de meio ótico não altera a frequência da radiação e 𝑐 = λ 𝑓, se a velocidade de propagação diminuiu e a frequência se manteve, então o comprimento de onda da radiação no vidro teve de diminuir.

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Na reflexão, o ângulo de incidência, ângulo definido pelo raio incidente e a normal à superfície no ponto de incidência, é igual ao ângulo de reflexão, ângulo definido pelo raio refletido e pela normal ao mesmo ponto. Isto é: α_refl = α_i

⇒ Assim, o gráfico que traduz a variação do ângulo de reflexão em função do ângulo incidente é uma reta de declive igual a um.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

Obter a equação da reta que melhor se ajusta aos dos registados na tabela. 

Recorrendo às potencialidades da máquina gráfica, inserindo os dados da tabela nas LISTAS e obtendo a equação sin α_refr = f (sin α_i) é encontrada a equação: 

• sin α_refr = 0,682 sin α_i + 7 × 10^-4

Determinar o índice de refração do vidro utlizado. 

⇒ De acordo a lei de Snell-Descartes, n₁ sin α_i = n₂ sin α_refr, ou seja, sin α_refr = 𝑛₁/𝑛₂ sin α_i, onde n₁ é o índice de refração do meio onde se propaga o feixe incidente e n₂ o índice de refração do meio onde se propaga o feixe refratado.

Assim, o declive da reta obtida traduz a razão entre os índices de refração dos meios 1 e 2. 

Por comparação entre a equação obtida com a máquina gráfica e a lei de Snell-Descartes, conclui-se

• que 𝑛₁/𝑛₂ = 0,682 ⇔ 1,00/𝑛₂ = 0,682 ⇔ 𝑛₂ = 1,50. 

Outro processo: 

Obter a equação da reta que melhor se ajusta aos dos registados na tabela. 

Se o gráfico obtido traduzir a relação α_i= f (sin α_refr), a equação da reta que melhor se ajusta aos dados registados na tabela será: 

• sin α_i = 1,47 sin α_refr – 8 × 10^-4 

Determinar o índice de refração do vidro utilizado. 

Como

• n₁ sin α_i = n₂ sin α_refr ⇔ sin α_i = (𝑛₂/𝑛₁) sin α_refr

Assim:

• (𝑛₂/𝑛₁) = 1,47 ⇔ 𝑛₂/1,00 = 1,47  ⇔ 𝑛₂ =1,5 

O índice de refração do vidro do paralelepípedo utilizado é 1,5.

• Etapas de resolução:

A) Apresentação, para o gráfico de sin α_refr em função de sin αi , da equação da reta de ajuste obtida (sin α_refr = 0,682 sin α_i + 7 x 10^-4)

ou

Apresentação, para o gráfico de sin α_i em função de sin α_refr , da equação da reta de ajuste obtida (sin α_i = 1,47 sin α_refr – 8 x 10^-4) (ver nota) …….. 5 pontos

B) Determinação do índice de refração do vidro constituinte do paralelepípedo utilizado (n = 1,5) …….. 5 pontos

Nota – A não identificação ou a identificação incorreta de, pelo menos, uma das grandezas consideradas implica a pontuação desta etapa com zero pontos.