2020 – Época Especial – Prova Escrita de FQ A

• Opção (B)

⇒ Na ausência de resistência de ar, apenas a força gravítica a tua em cada bola, por isso, a força gravítica coincide com a resultante das forças.

⇒ À superfície terrestre, a força gravítica aplicada num objeto pode ser considerada constante, com direção vertical, sentido de cima para baixo e com intensidade igual ao produto mg (da massa, m, pelo módulo da aceleração gravítica, g).

⇒ A força aplicada na bola de basquetebol tem maior intensidade porque esta bola tem uma massa superior à de voleibol.

ou

⇒ Durante o percurso das bolas B e V, desprezando a resistência do ar, a única força que atua sobre cada uma das bolas é igual à força gravítica, que será a força resultante, representada, respetivamente, por F_B e F_V.  

⇒ A força gravítica, Fg, tem direção vertical e sentido descendente.

⇒ Todos os corpos que se encontram próximo da superfície da Terra e apenas sob a ação da gravidade têm a mesma aceleração, a aceleração gravítica, g.

⇒ De acordo com a 2.ª Lei de Newton, Fg = mg

• Como m_B > m_V, vem F_B > F_V

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ O trabalho realizado pela força gravítica é igual ao simétrico da variação da energia potencial gravítica:

W_Fg = – ΔEp = -mg (h_f – h_i)

onde h_f é a altura final da bola e h_i altura inicial da bola, em relação a um nível de referência, que poderá ser o solo.

⇒ Assim, em geral, o trabalho rezado pela força gravítica irá depender da diferença entre as alturas inicial e final da bola, h_f – h_i.

⇒ Neste caso, como a posição final coincide com o solo, o trabalho realizado pela força gravítica depende da distância da bola ao solo na posição em que é lançada.

ou

⇒ A força gravítica é uma força conservativa, isto é, o trabalho realizado por esta força é independente da trajetória, dependendo apenas da posição inicial e final. 

⇒ O trabalho realizado pela força gravítica, durante qualquer percurso, é simétrico da variação da energia potencial gravítica. 

 W_Fg = – ΔEp = -mg (h_f – h_i)

• Como, para cada uma das bolas, m é constante, o trabalho realizado pela força gravítica que atua em cada uma das bolas, desde a posição em que a bola é lançada até atingir o solo, depende, exclusivamente, da distância da bola ao solo na posição em que é lançada.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

⇒ A equação do movimento da bola de basquetebol é da forma

y = y₀ + v₀t + ½ at²

• que corresponde ao movimento com aceleração constante no eixo Oy.

⇒ Comparando esta equação com a equação dada para a bola de basquetebol verifica-se que a sua posição inicial é 0,57 m, a componente escalar da velocidade inicial é 5,44 m/s e a componente escalar da aceleração do movimento é 2 x (-4,88) m/s = -9,76 m/s².

Assim, a componente escalar da aceleração da bola de basquetebol é negativa e constante.

ou

⇒ De acordo com o referencial escolhido e com a equação que representa o valor das componentes escalares das posições da bola B, em função do tempo, verifica-se que a componente escalar da aceleração, a_y,B, será:

½ x a_y,B = -4,88 ⇔  a_y,B = -9,76 m s^-2

• Conclui-se, assim, que a componente escalar da aceleração da bola de basquetebol em função do tempo é constante e negativa.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Utilizando uma calculadora gráfica e abrindo uma página de gráficos, introduzem-se as expressões das componentes escalares das posições da bola de basquetebol B (f1) e da bola de voleibol V (f2).

⇒ Seguidamente analisa-se o gráfico para determinar o ponto de interseção. 

As coordenadas desse ponto são (0.74, 1.92), ou seja, no instante 0,74 s as bolas têm a mesma componente escalar da posição, 1,92 m. 

Sabendo que a componente escalar da velocidade é obtida a partir do declive da reta tangente ao gráfico da componente escalar da posição, em função do tempo, no instante em que as bolas têm a mesma componente escalar da posição, há que solicitar essa tangente ao gráfico f₂, no instante 0,74 s. 

⇒ Na figura, surge o traçado dessa tangente no instante pretendido, assim como a respetiva expressão. 

• Verifica-se que o declive da tangente tem o valor de –3,63. 

Conclui-se, assim, que a componente escalar da velocidade da bola de voleibol é –3,63 m/s. 

⇒ Outro processo de responder à questão, depois de ter determinado o ponto de interseção, é pedir o valor da derivada da função f₂ no instante 0,74 s. 

• O valor obtido é –3,63 m/s. 

Nota ‒ A apresentação da componente escalar da velocidade da bola de voleibol no intervalo [-3,65 ; -3,60 ] m s^-1 não implica qualquer desvalorização, desde que o valor apresentado tenha, no mínimo, dois algarismos significativos. 

• Opção (A)

⇒ Considerando desprezável a resistência do ar, após a primeira colisão com o solo até ao instante imediatamente anterior ao da segunda colisão com o solo, a única força que atua sobre a bola é o peso, que é uma força conservativa.

• Num sistema conservativo, há conservação de energia mecânica, E_m = constante.

ou

⇒ Após a primeira colisão, e até sofrer a sua segunda colisão com o solo, a bola de basquetebol, desprezando a resistência do ar, apenas está sujeita à força gravítica, que é conservativa.

• A energia mecânica da bola, Em = Ec + Ep, mantém-se constante durante o intervalo de tempo considerado.

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

⇒ O principal processo de transferência de energia para as esferas é o trabalho realizado pelas forças de fricção que o tubo exerce nas esferas e pelas forças que as outras esferas exercem em cada esfera.

ou

• O principal processo de transferência de energia responsável pelo aumento de temperatura das esferas é o trabalho. 

⇒ Durante a colisão das esferas com a base inferior do tubo, a energia cinética que elas adquiriram durante a queda vai ser anulada pelo trabalho de forças resistentes no interior das esferas, que provocam maior agitação das partículas constituintes, manifestando-se macroscopicamente por um aumento de temperatura. 

• Identifica o principal processo de transferência de energia (trabalho)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

⇒ No intervalo de tempo considerado, na colisão das esferas com a base do tubo ocorre uma diminuição da energia mecânica do sistema, pois, como foi dito no enunciado, considera-se que a transferência de energia das esferas para no tubo não é desprezável.

Assim, parte da energia mecânica perdida, foi transferida para o tubo e outra parte, foi responsável pelo aumento da energia interna das esferas.

• A diminuição da energia mecânica do sistema esferas + Terra  tem de ser superior à variação da energia interna das esferas.

ou

⇒ Durante a colisão das esfera de metal com a base do tubo, parte da energia mecânica do sistema é convertida em energia interna das esferas e do tubo. Levando ao aumento da temperatura local.

• A diminuição da energia mecânica do sistema esferas + Terra será igual ao aumento da energia interna das esferas e do tubo, e o aumento da energia interna das esferas é menor que a diminuição da energia mecânica do sistema esfera + Terra que ocorre durante a colisão.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Se nesta experiência se considerar que a transferência de energia das esferas de chumbo para a vizinhança é desprezável, então toda a energia mecânica inicial das esferas foi  utilizada para aumentar a sua temperatura.

Numa queda das esferas, a diminuição da sua energia mecânica é igual à energia potencial no início do movimento, ou seja em cada queda a diminuição de energia mecânica será:

• Ep,i = mgh = m_pb x 10 x 1,10 = 11,0 m_pb

⇒ Após 50 quedas, a energia, E, transferida para as esferas terá sido E = 50 E_p,i, o que provoca um aumento de temperatura dado por:

ou

⇒ Definindo a base inferior do tubo como a posição a que corresponde uma energia potencial gravítica nula, e como E_p = mgh, na queda das esferas, a energia potencial gravítica de cada esfera diminui.

A variação de energia potencial, em função de m, é:

• ΔEp = mg x (0 – h) = – m x 10 x 1,10 = -11,0 m J 

⇒ Como o tubo foi invertido 50 vezes, a variação de energia potencial gravítica do sistema esferas + Terra em função de m é:  

• ΔEp = 50 x (-11,0 m) = – 550 m  J

Como,  Wp = – ΔEp = 550 m  J

⇒ Considerando desprezável a transferência de energia entre as esferas e a sua vizinhança, o trabalho realizado pelo peso das esferas, nos percursos realizados, é integralmente transferido para as esferas, como calor, provocando um aumento da sua energia interna. 

•  E = mc ΔT ⇔ 550 m = m x 129 x ΔT ⇔ ΔT = 4,26 ºC

O aumento de temperatura das esferas de chumbo na experiência realizada é 4,3 J. 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Determina a diminuição da energia potencial gravítica do sistema esferas + Terra nas 50 quedas, em função da massa (550 m) …………. 4 pontos

⇒ Calcula o aumento da temperatura das esferas (ΔT = 4,3 ºC) …………. 6 pontos

⇒ A quantidade de energia transferida por calor, E, para as esferas é igualmente 550m J. A massa total das esferas de chumbo é igual à massa total das esferas de ferro e c(Fe) > c(Pb). 

⇒ Como E = mc ΔT, para uma mesma variação de energia interna e a mesma massa, uma maior capacidade térmica mássica implica uma menor variação de temperatura.

Assim, pode concluir-se que o aumento de temperatura das esferas de ferro terá sido menor do que o aumento de temperatura das esferas de chumbo. 

ou

⇒ Quando esferas caem, a energia mecânica dissipada em cada impacto é igual à energia potencial gravítica inicial do sistema esferas + Terra, que depende da massa das esferas e da altura de queda, que são as mesmas para as esferas de chumbo e de ferro.

⇒ O aumento de temperatura das esferas é igual ao quociente da energia dissipada pelo produto entre a massa das esferas e a capacidade térmica mássica do material que as constitui.

Como a energia absorvida e a massa são iguais nas duas situações e como o ferro tem uma capacidade térmica mássica superior à do chumbo, isso implica que o aumento da temperatura das esferas de ferro terá sido menor do que o aumento de temperatura das esferas de chumbo.

⇒ Segundo a lei de Faraday, uma diferença de potencial é induzida num circuito elétrico pela variação do fluxo magnético no circuito.

⇒ Neste caso, o movimento de vaivém do íman por dentro da bobina leva à variação do campo magnético sobre os pontos da área delimitada por cada espira da bobina, o que conduz à variação do fluxo magnético na bobina.

• É assim induzida uma força eletromotriz nos terminais da bobina que conduz ao aparecimento de uma corrente elétrica que passa pelo LED, levando à emissão de luz.

ou

O íman existente na lanterna cria um campo magnético na região em que se encontra. 

⇒ O movimento de vaivém do íman através da bobina cria um campo magnético variável na região onde se encontra a bobina. O fluxo do campo magnético, variável devido ao movimento do íman junto da bobina, que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras da bobina, provoca o aparecimento de uma corrente elétrica na bobina, que se designa por corrente elétrica induzida. 

⇒ A diferença de potencial elétrico que é responsável pelo aparecimento da corrente elétrica induzida designa-se força eletromotriz induzida, ε. 

De acordo com a lei de Faraday, a força eletromotriz induzida num circuito é, em módulo, igual à taxa de variação temporal do fluxo magnético que o atravessa. 

• A produção de corrente elétrica na bobina tem por base a lei de Faraday. 

• Fundamentação: 

⇒ existência de um campo magnético variável na região onde se encontra a bobina, devido ao movimento do íman; 

⇒ variação de fluxo magnético através das superfícies delimitadas pelas espiras da bobina devida à variação do campo magnético; 

⇒ variação de fluxo magnético, indução de uma força eletromotriz no circuito e aparecimento de uma corrente elétrica nesse circuito. 

• Opção (B)

⇒ Antes de haver movimento do íman, a superfície delimitada pela bobina já era atravessada por um dado fluxo magnético não nulo.

De acordo com a lei de Faraday, em cada intervalo de tempo, o módulo da força eletromotriz induzida num circuito, é:

⇒ No primeiro intervalo de tempo, como |ε_i| tem um valor diferente de zero, significa que ocorreu uma variação temporal de fluxo magnético.

⇒ No segundo intervalo de tempo, como |ε_i | = 0 V, o fluxo magnético que atravessa a espira não se altera, mantendo-se com o valor adquirido no final do primeiro intervalo de tempo.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ De acordo com as escalas definidas para o osciloscópio, cada divisão vertical corresponde a 0,2 V, logo a amplitude do sinal é 0,4 V, já que a altura de um pico corresponde a duas divisões.

⇒ A separação temporal entre dois máximos do sinal ( ou dois mínimos) corresponde ao período do sinal.

Deste modo, o período é igual a 2,0 ms (quatro divisões, 2,0 ms = 0,5 ms x 4).

• A frequência é o inverso do período f = 0,50 kHz.

ou

⇒ De acordo com o gráfico da Figura 4 e sendo a base de tempo registada para 0,5 ms/div, o período do sinal, T = 4 x 0,5 = 2,0 ms  

• Como, f = 0,50 kHz

⇒ Como a amplitude vertical foi regulada para 0,2 V/div (o que indica que o valor da tensão correspondente a cada divisão da escala vertical do ecrã é 0,2 V) e a deflexão vertical foi de duas divisões, a tensão será 2 x 0,2 V = 0,4 V  

• A amplitude do sinal é 0,4 V

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

⇒ Sendo o gerador ideal, a f.e.m. é igual à diferença de potencial, pois, como U = ε – rI, em que r seria a resistência interna do gerador, que é nula num gerador ideal .

•  U = ε

⇒ Como os dois condutores óhmicos R₁ e R₂ estão ligados em paralelo, a diferença de potencial elétrico nos terminais do gerador é igual à diferença de potencial elétrico nos terminais do condutor R₁, quer o interruptor esteja aberto ou fechado.  

⇒ De acordo com a Lei de Ohm, U = RI, e como a diferença de potencial elétrico nos terminais do gerador, U, é igual à diferença de potencial elétrico nos terminais do condutor R₁, quer o interruptor K₂ esteja aberto ou fechado, conclui-se que a diferença de potencial elétrico nos terminais do gerador é independente da corrente.

• A corrente elétrica medida pelo amperímetro mantém-se constante quando se fecha o interruptor K₂ . 

ou 

Quando o interruptor está aberto e no amperímetro passa uma corrente I₁, vem que U = R₁ I₁. 

⇒ Quando o interruptor está fechado, admita-se que no amperímetro passa uma corrente I₂.

⇒ Neste caso, a diferença de potencial seria U = R₁ I₁ , mas sendo U = ε, que se mantém constante, então R₁ I₁ = R₂ I₂

•  I₁ = I₂, o que evidencia que a corrente elétrica medida pelo amperímetro se mantém constante quando se fecha o interruptor K₂.  

• O grupo funcional característico dos álcoois é OH, grupo hidroxilo. 

• Identifica o grupo solicitado (grupo OH ou grupo hidroxilo)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ A energia média de ligação é a energia que é absorvida, em média, por cada mole de ligações quebradas.

⇒ Como a energia libertada na formação de uma ligação é igual à energia absorvida na quebra dessa ligação, conclui-se que quando se forma uma ligação C-C é libertada, em média, uma energia de

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

⇒ Na molécula existem 2 átomos de carbono (cada um com 6 eletrões), 6 átomos de hidrogénio (cada um com 1 eletrão) e 1 átomo de oxigénio (com 8 eletrões).

⇒ O número total de eletrões na molécula é 2 x 6 + 6 x 1 + 8 = 26 e não 20.

Como é evidenciado na fórmula de estrutura da molécula de etanol, verifica-se que existem, no total, 4 eletrões de valência não ligantes em torno do átomo de oxigénio.

• Os restantes eletrões de valência são ligantes.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Como , ρ = m/V , m(mistura) = 14,0 cm³ x 0,868 g cm^-3 = 12,15 g

Se a massa de etanol é 8,51 g, a massa restante será de água: 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a quantidade de etanol existente em 14,0 cm³ da mistura (n = 0,1847 mol) …………. 2 pontos

⇒ Calcula a massa de água existente em 14,0 cm³ da mistura (m = 3,64 g) …………. 4 pontos

⇒ Calcula a fração molar de etanol na mistura (x = 0,48 ) …………. 4 pontos

⇒ a beterraba sacarina tem, em média, um teor de 20% (m/m) de sacarose, em 3 toneladas (3,0 x 10³ kg) de beterraba teremos uma massa de sacarose igual a :

⇒ De acordo com a estequiometria da reação, (1:4), 1 mole de sacarose produz 4 moles de etanol. 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a massa de sacarose em 3,0 t de beterraba sacarina (m = 0,600 t) …………. 3 pontos

⇒ Calcula a massa de etanol que se poderá obter (m = 3,2 x 10⁵ g) …………. 7 pontos

• Opção (C)

⇒ De acordo com a estequiometria da reação química, por cada mole de acetato de etilo que reage origina-se uma mole ácido acético, CH₃COOH, e uma mole de etanol, CH₃CH₂OH.

⇒ No entanto, as concentrações dos produtos da reação num estado de equilíbrio dependem também das concentrações iniciais dessas substâncias.

• Num estado de equilíbrio, a concentração do etanol poderá ser superior, inferior ou igual à concentração de ácido acético, não sendo necessariamente maior ou igual.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ ΔH_reação = + 56 kJ mol^-1, o que significa que: quando 1 mole de propan-2-ol se converte em propanona, são absorvidos 56 kJ.

⇒ Se nas mesmas condições de pressão e temperatura a variação de entalpia de reação foi de 33 kJ, ou seja, são absorvidos 33 kJ, a quantidade de propano-2-ol que se converteu nos produtos foi 33/56 moles, ou seja, 0,59 moles.

De acordo com a estequiometria da reação, (1:1) deveriam originar também 0,59 moles de propanona.

• Como só se obtiveram 0,50 mol, o rendimento foi de:

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

•  ₂₀Ca – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 

⇒ A configuração eletrónica do átomo de cálcio, no estado fundamental, mostra eletrões em seis estados energéticos (1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s) e 10 orbitais (1s, 2s, 3 orbitais 2p, 3s, 3 orbitais 3p e 4s) 

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ A cor observada deve-se à emissão de radiação visível, associada a transições eletrónicas para níveis energéticos inferiores 

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

⇒ n.o. (H em H₂O) = +1

⇒ n.o. (H em H₂) = 0

⇒ O número de oxidação do átomo de hidrogénio passa de a +1 (em H₂O) a 0 em (H₂).

Variação do número de oxidação:  Δn.o. (H) = 0 – (+1) = -1, pelo que as opções (A) e (B) não são válidas.

⇒ O átomo de cálcio, passando de Ca (s) a Ca²⁺ (aq) perdeu 2 eletrões; foi oxidado, atuando, portanto, como redutor.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ A solubilidade do Ca(OH)₂ em água depende não só da temperatura mas também da presença de iões comuns, Ca²⁺ e OH^– . Numa água mais dura, a concentração de iões Ca²⁺ (aq) é maior.

⇒ O equilíbrio dinâmico que se estabelece entre o sal não dissolvido e os iões em solução, numa solução saturada de hidróxido de cálcio, é representado pela equação:

• Ca(OH)₂ (s) ⇋ Ca²⁺ (aq) + 2 OH^– (aq)

Se a presença deste ião, Ca²⁺ (aq) , aumentar, a solubilidade diminui, porque, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, o equilíbrio evolui no sentido inverso, de modo a consumir mais iões Ca²⁺ (aq) .

⇒ Em consequência disso, precipitará mais hidróxido de cálcio, até restabelecer um novo estado de equilíbrio.

Como as águas mais duras contêm maiores quantidades de iões cálcio, a solubilidade do hidróxido de cálcio diminui nessas águas.

Por adição de um ácido forte, os iões H⁺ (aq) provenientes do ácido reagem com o ião OH^– (aq)

• H⁺ (aq) + OH^– (aq) → H₂O (l)

diminuindo a sua concentração.

⇒ De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o equilíbrio evolui no sentido direto, ocorrendo, assim, um aumento da solubilidade do sal.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

Como pH = – log [H⁺], vem [H⁺] = 10^-pH = 10^-12,4 = 4 x 10^-13 mol/L

⇒ Como para soluções aquosas:

• [H⁺] x [OH^–] = Kw e Kw = 1 x 10^-14 a 25 ºC, vem:

• [OH^–] = 2,5 x 10^-2 mol/L

⇒ De acordo com a estequiometria da reação, 

• Ca (OH)₂ (s) ⇋ Ca²⁺ (aq) + 2 OH^– (aq)  

verifica-se que, por dissolução de hidróxido de cálcio em água, por cada catião cálcio que se forma, formam-se dois aniões hidróxido, ou seja:

• Kps = [Ca²⁺]_e x [OH^–]_e² = (1,3 x 10^-2) x (2,5 x 10^-2)² = 8 x 10^-6 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes: 

⇒ Calcula a concentração do ião hidróxido ([OH^–] = 2,5 x 10-2 mol dm^-3 ) …………. 3 pontos

⇒ Calcula a concentração do ião cálcio ([Ca²⁺] = 1,3 x 10^-2 mol dm^-3 ) …………. 3 pontos

⇒ Calcula o produto de solubilidade do hidróxido de cálcio, a 25 ºC  ( Ks = 8 x 10^-6 ) …………. 4 pontos

• Opção (A)

⇒ Como o número atómico, Z, do cálcio é igual a 20, ₂₀Ca, o número de eletrões do átomo de cálcio é igual a 20.

• O ião Ca²⁺ tem, portanto, 20 – 2 = 18 

⇒ Como o número atómico, Z, do potássio é igual a 19, ₁₉K, o número de eletrões do átomo de potássio é igual a 19.

• O ião K⁺ tem, portanto, 19 – 1 = 18 

• Opção (A)  ……………. 10 pontos