2012 – Época Especial – Prova Escrita de FQ A

• Opção (C)

⇒ m (SO₂)/ano = 6 x 10¹⁰ kg = 6 x 10¹⁰ x 10³ g

⇒ M (SO₂) = 64,07 g mol^-1

• Como n = m/M , a quantidade de SO₂ existente em 6 x 10¹⁰ kg deste gás é :

• Opção (C)…………. 5 pontos

•  2 𝑍𝑛𝑆 (𝑠) + 3 𝑂₂ (𝑔) → 2 𝑍𝑛𝑂 (𝑠) + 2 𝑆𝑂₂ (𝑔) 

• 2 𝑍𝑛𝑆 (𝑠) + 3 𝑂₂ (𝑔) → 2 𝑍𝑛𝑂 (𝑠) + 2 𝑆𝑂₂ (𝑔) …………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ O número de oxidação do elemento enxofre passa de + 4 em SO₂ para + 6 em SO₃

•  2 𝑆𝑂₂ (𝑔)+ 𝑂₂ (𝑔) → 2 𝑆𝑂₃ (𝑔) 

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (D)

Lei de Avogadro 

“ Volumes iguais de gases diferentes, nas mesmas condições de pressão e temperatura, contêm o mesmo número de moléculas.” 

• 𝑽/𝒏 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 

⇒ 𝑽_𝟏/𝒏_𝟏 = 𝑽_𝟐/𝒏_𝟐 ou seja,  𝑠𝑒 𝑽_𝟏 = 𝑽_𝟐 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝒏_𝟏 = 𝒏_𝟐 

• V (SO₂) = V(SO₃)/2 (condições PTN) 

⇒ Numa metade do volume existem, nas mesmas condições de pressão e temperatura, a metade da quantidade de matéria e, em consequência, a metade do número de moléculas. 

Logo, n (SO₂) = n(SO₃)/2 ⟺ n (SO₃) = 2 × n (SO₂)

• Opção (D)…………. 5 pontos

⇒  O enxofre encontra-se no grupo 16 da tabela periódica, o que significa que os átomos de enxofre têm seis eletrões de valência, apresentando uma grande tendência para ganhar 2 eletrões. 

• Logo a carga dos iões de sulfureto será –2. 

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) O enxofre encontra-se no grupo 16 da tabela periódica, o que significa que os átomos de enxofre têm seis eletrões de valência, apresentando uma grande tendência para ganhar dois eletrões.

B) Conclui-se, assim, que a carga dos iões sulfureto será –2.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

• Opção (B)

⇒  Cada átomo de oxigénio tem 6 eletrões de valência (2 pares de eletrões emparelhados e 2 eletrões desemparelhados).

⇒  Na molécula de oxigénio, O₂, os dois átomos unem-se compartilhando dois dupletos (quatro eletrões), de modo que cada átomo fique rodeado por oito eletrões, como o gás nobre mais próximo.

Assim, a ligação formada é uma ligação dupla, o que está de acordo com a opção (B).

⇒  As opções (A) e (C) não estão corretas pois têm eletrões de valência a menos: 10 e 6, respetivamente, e no total são 6 + 6 = 12.

⇒  A opção (D) está igualmente incorreta pois tem 4 eletrões de valência a mais.

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (C)

Número quântico secundário (ou número quântico de momento angular) (l) 

⇒  Orbitais s – l = 0; 

⇒  Orbitais p – l= 1; 

⇒  Orbitais d – l= 2; 

⇒  Orbitais f – l= 3… 

• As orbitais de valência do átomo de oxigénio no estado fundamental são a orbital 2s e as orbitais 2p. 

⇒ Número quântico principal n = 2. 

⇒ Orbital s, momento quântico (ou angular) l = 0. 

⇒ Orbital p, momento quântico secundário (ou angular) l = 1. 

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Neon (ou Ne). 

⇒  O elemento oxigénio encontra-se situado no período 2 da Tabela Periódica.

⇒  Como o raio atómico diminui ao longo do período, o elemento do 2.º período com menor raio atómico é o Ne.

⇒  O raio atómico diminui ao longo do período porque a carga nuclear e o número de eletrões da  última camada aumentam sucessivamente de uma unidade, aumentando a atração entre o núcleo e a nuvem eletrónica que, por esta razão, diminui o volume.

• Neon (ou Ne) …………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ Como o hidróxido de sódio, NaOH, já contém o ião hidróxido (OH^–), e dado que já é um composto iónico, a água apenas facilita a dissociação nos seus iões. 

⇒  NaOH é uma base forte, dissocia-se completamente. 

• Opção (D)…………. 5 pontos

Ácido monoprótico – cada unidade do ácido origina um ião H⁺. 

⇒ m(ácido monoprótico forte) = 0,328 g 

• [NaOH] = 0,200 mol dm^-3 
• V(NaOH) = 16,40 cm³ = 16,40 × 10^-3 dm³ 

⇒ Ácido monoprótico forte, por exemplo (HÁcido)

• NaOH (base monoprótica forte) 
• HÁcido (aq) + NaOH (aq) → NaÁcido (aq) + H₂O (l) 

Massa molecular do ácido monoprótico, M(HA)? 

⇒ 1.º Calcular a quantidade de substância de hidróxido de sódio (NaOH) quando atinge o ponto de equivalência.

• 𝒄 = 𝒏/𝑽  ⟺ 𝒏=𝒄×𝑽 ⟺ 𝒏 = 𝟎,𝟐𝟎𝟎 × 𝟏𝟔,𝟒𝟎 × 𝟏𝟎^−𝟑 ⟺ 𝒏 = 𝟑,𝟐𝟖 × 𝟏𝟎^−𝟑 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑵𝒂𝑶𝑯 

⇒ 2.º Calcular a quantidade de substância do ácido monoprótico forte (HÁcido) quando atinge o ponto de equivalência. 

Sendo o ácido monoprótico forte e a base monoprótica forte.

⇒ De acordo com a estequiometria da reação, 1 mol de ácido monoprótico reage com 1 mol de base monoprótica.

𝒏_{á𝒄𝒊𝒅𝒐} = 𝒏_{𝒃𝒂𝒔𝒆} 

• 𝒏_{á𝒄𝒊𝒅𝒐} = 𝟑,𝟐𝟖×𝟏𝟎^−𝟑 𝒎𝒐l 

⇒ 3.º Calcular a massa molecular do ácido monoprótico, M(HA). 

• 𝒏=𝒎𝑴  ⟺ 𝑴 = 𝒎/𝒏 ⟺ 𝑴 = 𝟎,𝟑𝟐𝟖/𝟑,𝟐𝟖×𝟏𝟎^−𝟑 ⟺ 𝑴 = 𝟏𝟎𝟎 𝒈 𝒎𝒐𝒍^−𝟏

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da quantidade de NaOH (aq) adicionada até ao ponto de equivalência da titulação (n = 3,280 x 10^-3 mol).

B) Cálculo da massa molar do ácido monoprótico em solução (M = 100 g mol^-1).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

⇒ Solução aquosa de hidróxido de sódio, NaOH 

• M(NaOH) = 40,00 g mol^-1 
• 20% de massa de soluto (de NaOH) 
• ρ = 1,219 g cm^-3 

⇒ Concentração de hidróxido de sódio, em mol dm^-3, [NaOH]? 

1.º Calcular o valor da massa da solução aquosa de hidróxido de sódio. 

Sabendo que a solução aquosa de hidróxido de sódio contém 20% de, em massa de soluto (NaOH), ou seja, 

20% massa de soluto _____________ 20 g de NaOH 

100% massa de solução ___________ 100 g de solução 

2.º Calcular o volume de 100g de solução aquosa de hidróxido de sódio.

• ρ = 𝒎𝑽  ⟺ 𝑽 = 𝒎/ρ ⟺ 𝑽 = 𝟏𝟎𝟎/𝟏,𝟐𝟏𝟗 ⟺ 𝑽 = 𝟖𝟐,𝟎𝟑 𝒄𝒎^𝟑 = 𝟖𝟐,𝟎𝟑 ×𝟏𝟎^−𝟑 𝒅𝒎^𝟑 

3.º Calcular a quantidade de hidróxido de sódio (NaOH) existentes em 100 g de solução.

• 𝒏 = 𝒎/𝑴 ⟺ 𝒏 = 𝟐𝟎/𝟒𝟎,𝟎𝟎 ⟺ 𝒏 = 𝟎,𝟓𝟎𝟎 𝒎𝒐𝒍 

4.º Calcular a concentração de hidróxido de sódio, em mol dm^-3, [NaOH]. 

• 𝒄 = 𝒏/𝑽 ⟺ 𝒄 = 𝟎,𝟓𝟎𝟎/𝟖𝟐,𝟎𝟑 × 𝟏𝟎^−𝟑 ⟺ 𝒄 = 𝟔,𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒎^−𝟑 

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo do volume de 100 g da solução (V = 82,03 cm³).

B) Cálculo da quantidade de NaOH existente em 100 g de solução (n = 0,500 mol).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (A)

⇒ Reagente limitante – é o reagente que é completamente consumido. 

⇒ Reagente em excesso – é o reagente (ou reagentes) que não será inteiramente consumido até a reação terminar. 

⇒ Quantidade de sulfato de cobre penta-hidratado, (CuSO₄. 5 H₂O):

• 𝑛 = 𝑚𝑀 = 5,00/249,7 = 0,0200 𝑚𝑜𝑙 

⇒ Como o amoníaco (NH₃) é o reagente em excesso, o sulfato de cobre penta-hidratado é o reagente limitante.

De acordo com a estequiometria da reação. 1 mol de CuSO₄ . 5 H₂O reage com 4 mol de NH₃. 

1 mol de CuSO₄ . 5 H₂O _____ 4 mol de NH₃ 

0,0200 mol de CuSO₄ . 5 H₂O _____ x mol de NH₃ 

• x = 0,100 mol de NH₃ 

• Opção (A)…………. 5 pontos

Rendimento da reação de síntese, η? 

⇒ Sendo o sulfato de cobre penta-hidratado, CuSO₄ . 5 H₂O, o reagente limitante que condiciona a quantidade possível (teórica) que se pode obter do(s) produto(s) da reação. 

• A quantidade de CuSO₄ . 5 H₂O é 𝒏=𝟎,𝟎𝟐𝟎𝟎 𝒎𝒐𝒍. 

⇒ 1.º Calcular a quantidade (teórica) de sulfato de tetra-aminocobre (II) mono-hidratado, [Cu(NH₃)₄] SO₄ . H₂O. 

De acordo com a estequiometria desta reação, 1 mol de CuSO₄ . 5 H₂O reage formando 1 mol de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O. 

1 mol de CuSO₄ . 5 H₂O ____ 1 mol de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O 

0,0200 mol de CuSO₄ . 5 H₂O ____ x mol de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O 

• x = 0,0200 mol de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O 

⇒ 2.º Calcular a massa (teórica) de sulfato de tetra-aminocobre (II) mono-hidratado, [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O.

• 𝒏 = 𝒎/𝑴 ⟺ 𝒎 = 𝒏 × 𝑴 ⟺ 𝒎 = 𝟎,𝟎𝟐𝟎𝟎 × 𝟐𝟒𝟓,𝟖 ⟺ 𝒎_{𝒕𝒆𝒐𝒓𝒊𝒄𝒂} = 𝟒,𝟗𝟐 𝒈 

⇒ 3.º Calcular o rendimento da reação de síntese, η?

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da massa de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O (s) que se obteria se o rendimento da reação fosse 100% (m = 4,922 g).

B) Cálculo do rendimento da reação de síntese (η = 52,8%).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (D)

⇒ O rendimento de uma reação depende, exclusivamente, da quantidade de produto obtido, relativamente à quantidade teoricamente prevista, ou seja, relativamente à quantidade que se obteria se o rendimento da reação fosse 100%.

⇒ Quanto maior for a massa de sulfato de tetra-aminocobre perdida na filtração, menor será a quantidade de produto obtido e, consequentemente, menor o rendimento da reação de síntese, o que está de acordo com a expressão (D).

⇒ A opção (C) é falsa porque a solução de amoníaco está em excesso, e portanto a quantidade de amoníaco não altera o rendimento da reação.

⇒ A opção (B) é falsa porque o sulfato de cobre(II) penta-hidratado já se encontrava completamente dissolvido em 5 cm³ de água e a adição de mais solvente não altera a quantidade de sulfato de cobre(II) e, como este vai ser o reagente limitante, também não altera a quantidade esperada de produto.

⇒ A opção (A) é falsa porque as quantidades iniciais de reagentes (reagente(s) limitante(s)) influenciam as quantidades de produto obtido e teoricamente previsto na mesma proporção.

• Opção (D)…………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Os cristais de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O (s) são solúveis em água e insolúveis em etanol.

⇒ Por esta razão, a precipitação destes cristais é facilitada pela adição de uma solução de etanol, o que está de acordo com a opção (A).

⇒ A afirmação (B) é falsa porque, pela razão exposta, a adição de água irá dissolver os cristais de [Cu(NH₃)₄]SO₄ . H₂O (s).

⇒ As opções (C) e (D) são falsas porque estes procedimentos não facilitam a precipitação dos cristais.

⇒ A filtração da solução a pressão reduzida permite uma melhor recolha dos cristais e a trituração inicial do sulfato de cobre favorece a dissolução destes cristais por aumentar a superfície de contacto com a água.

• Opção (A)…………. 5 pontos

⇒ O principal processo de transferência de energia para a água é o trabalho.

⇒ Ao inverter a garrafa, a água desloca-se pela ação da força gravítica, cujo trabalho realizado sobre a massa de água é responsável pelo aumento da temperatura desta.

• Trabalho …………. 5 pontos

• ΔT = 0,50 ºC 
• Garrafa invertida cerca de 30 vezes por minuto 
• C_água = 4,18 × 10³ J kg^-1 ºC^-1 

⇒  Intervalo de tempo (para aumentar 0,50 ºC), Δt? 

1.º Calcular a energia ganha pelas 100 g de água devido ao aumento de 0,50ºC.

• 𝑬 = 𝒎 𝒄 Δ𝑻 = 𝟎, 𝟏𝟎𝟎 × 𝟒, 𝟏𝟖 × 𝟏𝟎^𝟑 × 𝟎, 𝟓𝟎 ⟺  𝑬 = 𝟐𝟎𝟗 𝑱 

A energia necessária para aumentar 0,50 ºC é de 209 J. 

2.º Calcular a energia transferida para a água em cada inversão da garrafa térmica. 

⇒ Energia Potencial Gravítica é a energia armazenada num corpo ou sistema com consequência da pode ser transformada noutros tipos de energia (como a energia sob a forma de calor).

• 𝑬_𝑷 = 𝒎 𝒈 𝒉 = 𝟎, 𝟏𝟎𝟎 × 𝟏𝟎 × 𝟎, 𝟒𝟎 ⟺  𝑬_𝑷 = 𝟎, 𝟒𝟎𝟎 𝑱 

⇒ Numa inversão da garrafa a energia transferida para a água é de 0,400 J. 

3.º Calcular o número de inversões da garrafa para que a temperatura da água aumente 0,50 ºC. 

1 inversão _____ 0,400 J 

x inversões ______ 209 J

• 𝒙 = 𝟐𝟎𝟗/𝟎,𝟒𝟎𝟎 = 𝟓𝟐𝟐,𝟓 𝒗𝒆𝒛𝒆𝒔 𝒊𝒏𝒗𝒆𝒓𝒔ã𝒐 

4.º Calcular o intervalo de tempo (Δt) necessário, para que a temperatura da água aumente 0,50 ºC. 

30 inversões ____ 1 minuto 

522,5 inversões ______ Δt

• Δ𝒕 = 𝟓𝟐𝟐,𝟓 × 𝟏𝟑𝟎 = 𝟏𝟕,𝟒 = 𝟏𝟕 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔 

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da massa energia que é necessário fornecer a 100 g de água para que a sua temperatura aumente 0,50 ºC (E = 2,09 x 10² J).

B) Cálculo da energia transferida para a água em cada inversão da garrafa térmica (E = 0,400 J).

C) Cálculo do intervalo de tempo necessário para que a temperatura da água aumente 0,50 ºC (Δt = 17 min).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• A lata S é a lata que terá uma superfície mais refletora. 

⇒ A água contida na lata S sofre uma variação de temperatura menor às variações de temperatura registadas para a água contida mas latas Q e R, o que significa que terá absorvido menor energia no mesmo intervalo de tempo. 

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) A água contida na lata S sofre uma variação de temperatura inferior às variações de temperatura registadas para a água contida nas outras duas latas, o que significa que terá absorvido menos energia, num mesmo intervalo de tempo.

B) Conclui-se, assim, que das três latas, a lata S é a que terá uma superfície mais refletora.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

• Opção (C)

⇒  Em equilíbrio térmico, a temperatura do corpo é constante, logo, as taxas de absorção e de emissão de radiação são iguais. Isto é, a energia emitida é igual a absorvida. 

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Opção (B)

E = m c ΔT 

A variação de temperatura (ΔT) é igual para todas as amostras. 

⇒  A energia cedida (E) é diretamente proporcional à massa da amostra (m) e à capacidade térmica mássica (c) do líquido. Conclui-se, que quanto maior for a massa e a capacidade térmica mássica, maior é a energia cedida. 

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (C)

1.º Calcular a v_C, quando a esfera é abandonada na posição A (0,500 m). 

Como a energia dissipada é desprezável no trajeto entre as posições A e C, existe conservação da emergia mecânica.

Δ𝐸𝑚 = 0 ⟺

⟺ 𝐸𝑚_𝐹 − 𝐸𝑚_𝐼 = 0  ⟺

⟺ 𝐸𝑚_𝐹 = 𝐸𝑚_𝐼 ⟺

⟺ 𝐸𝐶_𝐹 + 𝐸𝑃_𝐹 = 𝐸𝐶_𝐼 + 𝐸𝑃_𝐼 

⇒  Posição A (vA = 0 ms-1 e hA = 0,500 m) – Inicio 

⇒  Posição C (v_C =? e h_C = 0 m) – Final

𝐸𝐶_A + 𝐸𝑃_A = 𝐸𝐶_C + 𝐸𝑃_C ⟺

⟺ 0 + 𝑚 𝑔 ℎ_𝐴 = ½ 𝑚 𝑣_𝐶² + 0 ⟺

⟺ 𝑣𝑐 = √(2 𝑔 ℎ_𝐴) ⟺

⟺ 𝑣𝑐 = √2 × 10 × 0,500 ⟺

⟺ 𝑣𝑐 = 3,162 𝑚𝑠⁻¹ 

2.º Calcular a altura da posição A em relação ao tampo da mesa, hA, (se atingir a posição com a velocidade de 2v_C). 

• vc = 2 × 3,162 = 6,324 ms^-1 

Posição A (v_A = 0 ms^-1 e h_A = ?) – Inicio 

Posição C (v_C = 6,324 ms^-1 e h_C = 0 m) – Final

𝐸c_𝐹 + 𝐸p_𝐹 = 𝐸c_𝐼 + 𝐸p_𝐼 ⟺

⟺ 0 + 𝑚 𝑔 ℎ_𝐴 = ½ 𝑚 𝑣_𝐶² + 0 ⟺

⟺ ℎ_𝐴 = ½ × 𝑣_𝐶²/𝑔 ⟺

⟺ ℎ_𝐴 =  200 𝑐𝑚 

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Opção (B)

Entre a posição C e o solo a esfera é lançada horizontalmente. 

O movimento da esfera lançada horizontalmente, pode ser explicado em termos de duas componentes: 

⇒ Uma componente segundo a direção horizontal (eixo de x), em que a esfera é lançada com velocidade de valor constante – m.r.u. 

⇒ Outra componente segundo a direção vertical (eixo de y) em que a esfera cai em queda livre – m.r.u.a. 

Cada um destes movimentos é independente do outro. 

Movimento: 

Eixo de x: m.r.u. 

⇒ x = x0 + v0x t (x₀ = 0 m e v_0x é constante e positiva) 

⇒ x = 0 + vt (x é diretamente proporcional ao t) 

Eixo de y: m.r.u.a. 

⇒ 𝒚 = 𝒚_𝟎 + 𝒗_𝟎𝒚𝒕 + ½ 𝒂𝒕^𝟐 (y₀ = hc e v_0y = 0 e a = – g) 

⇒ 𝒚 = 𝒉𝒄 − ½ 𝒈𝒕^𝟐 

• Opção (B)…………. 5 pontos

Situação I: 

• Entre A e C, E_mecI = E_mecF 

Situação II: 

• Entre A e C, E_mecI ≠ E_mecF 

A esfera atinge a posição C com um maior módulo de velocidade na situação I. 

Durante o lançamento: 

Alcance máximo (x). (x = x0 + v0x t) 

⇒ x_I = vc_I t_I 

⇒ x_II = vc_II t_II 

vc_I > vc_II  e  t_I = t_II 

Logo, x_I  > x_II 

⇒ Na situação II a energia dissipada não é desprezável no trajeto entre as posições A e C, ou seja, existe perda de energia durante esse trajeto. Significa que a esfera atinge a posição C com menor energia que na situação I (energia dissipada é desprezável) e consequentemente com menor módulo da velocidade. 

⇒ O tempo de queda da esfera é o mesmo nas situações I e II, uma vez que a altura de queda é igual nas duas situações. 

Na situação I será maior o alcance da esfera que na situação II. 

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) O módulo da velocidade com que a esfera atinge a posição C [(velocidade de lançamento)] é superior na situação I, uma vez que, nessa situação, a energia dissipada no trajeto entre as posições A e C   desprezável.

B) Conclui-se, assim, que das três latas, a lata S é a que terá uma superfície mais refletora.

C) Conclui-se, assim, que das três latas, a lata S é a que terá uma superfície mais refletora.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

Energia dissipada no trajeto entre as posições A e C, Edis? 

Calcular a variação da energia mecânica (ΔEm). 

A variação da energia mecânica (ΔEm).

• Δ𝑬𝒎 = Δ𝑬_𝑪 + Δ𝑬_𝑷 

– Calcular a variação da energia cinética (ΔEc).

• Δ𝑬c = 𝑬𝑪f − 𝑬𝑪i
• 𝑬c = ½ 𝒎 𝒗^𝟐 

⇒ v_A = 0 ms^-1 e vc = 2,8 ms^-1

⇒ Δ𝑬c = 𝟏𝟐 𝒎 𝒗𝒄^𝟐 − 𝟏𝟐 𝒎 𝒗_𝑨^𝟐 = 𝟏𝟐 × 𝟑𝟎,𝟎 × 𝟏𝟎^−𝟑 × 𝟐,𝟖𝟐 = 𝟏,𝟏𝟖×𝟏𝟎^−𝟏 𝑱 

– Calcular a variação da energia potencial gravítica (ΔEp).

• Δ𝑬p = 𝑬𝑷_f− 𝑬𝑷_i
• 𝑬𝑷 = 𝒎 𝒈 𝒉
• 𝑔 = 10 𝑚𝑠⁻²
• ℎ_𝐴 = 0,500 𝑚
• ℎ𝑐 = 0 𝑚

⇒ Δ𝑬p = 𝒎 𝒈 𝒉𝒄 − 𝒎 𝒈 𝒉_𝑨 = 𝟎 − 𝟑𝟎,𝟎 × 𝟏𝟎^−𝟑 × 𝟏𝟎 × 𝟎,𝟓𝟎𝟎 = −𝟏,𝟓𝟎×𝟏𝟎^−𝟏 𝑱 

– Calcular a variação da energia mecânica (ΔEm).

• Δ𝑬𝒎 = Δ𝑬c + Δ𝑬p ⟺ Δ𝑬𝒎 = 𝟏,𝟏𝟖 × 𝟏𝟎^−𝟏 + ( − 𝟏,𝟓𝟎 × 𝟏𝟎^−𝟏)  ⟺ Δ𝑬𝒎 = −𝟑,𝟐 × 𝟏𝟎^−𝟐 𝑱 

– Logo a energia dissipada é 3,2 × 10^-2 J. 

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação da energia potencial gravítica do sistema esfera + Terra na posição A (Ep = 1,50 x 10^-1 J).

B) Determinação da energia cinética da esfera na posição C (Ec = 1,18 x 10^-1 J).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

⇒ No instante considerado o automóvel desloca-se no sentido negativo do referencial, visto que é neste sentido que está orientado o vetor velocidade, v.

• No sentido negativo [do referencial] Ou [da direita] para a esquerda …………. 5 pontos

⇒ O vetor velocidade e o vetor aceleração têm sentidos contrários, logo temos um movimento retilíneo e uniformemente retardado (m.r.u.r.). 

⇒ Conclui-se, assim, que o módulo da velocidade do automóvel diminui nesse intervalo de tempo. 

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) [No intervalo de tempo considerado,] os vetores velocidade e aceleração têm sentidos opostos.

B) Conclui-se, assim, que o módulo da velocidade do automóvel diminuiu nesse intervalo de tempo.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

• Opção (C)

⇒ As micro-ondas usadas nas comunicações propagam-se praticamente em linha reta, pelo que as antenas transmissora e recetora têm de estar colocadas à vista uma da outra. 

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Ondas eletromagnéticas não necessitam de um suporte material para se propagarem.

⇒ Propagam-se no vazio (vácuo) e são ondas transversais (as partículas do meio oscilam perpendicularmente à direção em que se move a onda. 

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Modulação FM – Consiste na variação da frequência de onda portadora, cuja amplitude se mantém constante, pelo sinal a transmitir.

(A frequência da onda portadora é menor que a frequência da onda modulada FM.) 

• Opção (A)…………. 5 pontos