Grupo I1. cotação: 5 ; facilidade: 0,71

(B)

v = dt

300 000 kms

= 3,6×104 kmt

3,00×105 ×103 ms= 3,6×104 ×103 m

t

t = 3,6×104 ×103

3,00×105 ×103 s

= 3,6×104 ×103

3,00×108 s

2. cotação: 15 ; facilidade: 0,30

Admite-se que o satélite tem uma órbita circular com centro no centro da Terra. O raio dessa órbita é:r = 6,4 + 106 m + 3,6 × 104 × 103 m = 4,24 × 107 m

Como a força gravítica no satélite, dada pela lei da gravitação universal, é a única força no satélite, vem, de acordo com a segunda lei de Newton:

m× a = Gm×mTerra

r2

a = GmTerra

r2

= 6,67 ×10−11 5,98×1024

4,24×107( )2= 0,22 m/s2

Esta aceleração permite-nos calcular a velocidade do satélite (constante em magnitude e tangente à trajetó-ria), uma vez que a aceleração centrípeta é dada por:

a = v

2

rDonde:

v = a × r

= 0.2219× 4.24×107

= 3067 m/sConhecendo a velocidade e a distância percorrida numa volta completa, podemos calcular o tempo que demora a percorrer essa volta completa:

v = dt

t = dv

= 2× π × rv

= 2× π × 4.24×107

3067= 86 862 s

= 86 862 s3600 s/h

= 24.1 h → 24 h

3.

3.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,35

(A)O painel não pode estar paralelo à direção da radiação solar: se estivesse, a sua potência por metro quadrado seria nula porque não incidiria radiação no painel (as opções C e D não fazem sentido).O painel não necessita de ter uma área de 1 m2 para ter uma intensidade de 1,3 × 103 watts por metro quadrado. Se o painel estiver numa direção inclinada, mas não perpendicular, necessitará de uma área maior para receber a mesma potência.

3.2. cotação: 10 ; facilidade: 0,37

Intensidade da radiação em kW por metro quadrado:

1,3×103 W

m2= 1,3kW

m2

Potência incidente nos painéis de 12 m2:

1,3kW

m2 ×12 m2 = 15,6 kW

Energia obtida em kWh durante um dia (24 h), com um rendimento de 20%:

15,6 kW × 24 h × 20

100= 74,88 kWh → 75 kWh

4. cotação: 10 ; facilidade: 0,22

As micro-ondas na atmosfera terrestre: (1) não se re-fletem significativamente; (2) são pouco absorvidas.

Grupo II1.

1.1. cotação: 15 ; facilidade: 0,42

Convecção do ar.O ar próximo da chama aquece. Esse ar quente tem menor densidade e origina uma corrente ascendente no interior do balão. Essa corrente ascendente “em-purra o ar” no interior do balão, originando uma cor-rente descendente de ar frio, com maior densidade. Estas correntes, ascendente de ar quente e descen-dente de ar frio, explicam a transferência de energia para todo o ar do balão.1.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,76

(C)

volume molar =Vmdm3

mol= volume do gás

quantidade de substância

Vmdm3

mol= 0,21×800 m3

quantidade de substância

Vmdm3

mol= 0,21×800 m3

n

n = 0,21×800 m3

Vmdm3

mol

= 0,21×800×103dm3

Vmdm3

mol

= 0,21×800×103

Vmmol

2. cotação: 5 ; facilidade: 0,74

(B)

1,32×10−3 atm10 m

= 1,00 atm − 0,60 atmh

h = 0,40 atm ×10 m1,32×10−3 atm

= 3,0×103 m

3. cotação: 5 ; facilidade: 0,57

(A)A força gravítica apenas realiza trabalho no percurso vertical porque no percurso horizontal é perpendicu-lar ao deslocamento.No percurso vertical, ascendente, a força gravítica aponta para baixo e o deslocamento é para cima: o ângulo entre a força e o deslocamento é de 180°.Assim, o trabalho da força gravítica é dado por:

W = Fg × Δ!r × cosα

= m g × 2,0×103 m × cos180º

= m g × 2,0×103 m × −1( )= −2,0×103 m g

4. cotação: 5 ; facilidade: 0,60

(C)Na troposfera, a temperatura diminui quando a altitude aumenta.

Grupo III1. cotação: 5 ; facilidade: 0,44

(D)Em queda livre, a aceleração é 10 (m/s)/s. No refe-rencial indicado, a posição y da bola é:

y = 12g t2

= 12×10× t2

Assim, ao fim de 0,2 s e de 0,4 s a posição y da bola, considerada como uma partícula, é, respetivamente:

y = 12×10× 0,22 = 0,2 m

y = 12×10× 0,42 = 0,8 m

2 cotação: 10 ; facilidade: 0,17

Quando a bola de 4,0 g = 0,0040 kg percorre 50,0 cm = 0,500 m, a soma das forças na bola é nula, porque a bola mantém a sua energia cinética (vai com velo-cidade constante, a velocidade terminal).O trabalho do peso da bola é positivo (a força e o deslocamento apontam ambos para baixo): W = m g h = 0,0040 × 10 × 0,500 = 0,020 JO trabalho do peso não provoca o aumento da energia cinética da bola porque ela se move com velocidade constante, a velocidade terminal. Este trabalho é, pois, dissipado.Portanto, a energia dissipada é 0,020 J = 2,0 × 10–2 J .3.

3.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,65

(A)Enquanto a bola estiver a subir o plano, já depois de ter sido lançada, a aceleração aponta para trás e a velocidade para a frente. Deste modo, a velocidade vai diminuindo até a bola atingir a altura máxima: o movimento é retardado.3.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,43

(D)A energia potencial da bola, na altura máxima vai depender da energia cinética inicial da bola, se se desprezarem as forças dissipativas. A energia potencial é diretamente proporcional à altura. Como a energia cinética inicial é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade inicial, a altura máxima é também diretamente proporcional ao quadrado da velocidade inicial.3.3. cotação: 10 ; facilidade: 0,50

A origem do eixo Ox está no cimo do plano e o eixo aponta para baixo paralelamente ao plano.Nesse eixo, a coordenada x é dada por, em unidades SI: x = 1,5 t2 – 2,4 t + 2,0Tendo em conta a equação geral da posição num movimento retilíneo com aceleração constante,

x = 12ax t

2 + v0x t + x0

podemos concluir que: (a) a componente escalar da aceleração é ax = 3,0 (m/s)/s; (b) a componente escalar da velocidade inicial (velocidade no instante em que se começa a medir o tempo) é v0x = –2,4 m/s; (c) a posição inicial é x0 = 2,0 m.Assim, a equação da velocidade desse movimento, no referencial indicado, é:

vx = ax t + v0xvx = 3,0 t − 2,4

O tempo decorrido até a velocidade se anular, no

Resolução do Exame de Física e Química A (11.º ano), 2013, 2.ª Fase

Exame disponível em http://www.gave.min-edu.pt.

Faci

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a es

cala

de

0 a

1.

ponto mais alto da trajetória, é tal que:

0 = 3,0 t − 2,4

Donde, t = 0,8 s. Ao fim desse tempo, a partícula está na posição:

x = 12ax t

2 + v0x t + x0

x = 12

3,0 t2 − 2,4 t + 2,0

= 12

3,0 × 0,8( )2 − 2,4 × 0,8+ 2,0

= 1,04 m →1,0 m

O gráfico de x entre t = 0 s e t = 0,8 s, obtido com a calculadora, é:

O esboço do gráfico, tendo em conta as grandezas representadas e as respetivas unidades, é:

x / m

2,0 m

1,0 m

0 m0 s 0,8 s t / s

Grupo IV1.

1.1 cotação: 10 ; facilidade: 0,31

2 SO3(g) ! 2 SO2(g) + O2(g)2 SO3(g) ! 2 SO2(g) + O2(g)2 SO3(g) ! 2 SO2(g) + O2(g)2 SO3(g) ! 2 SO2(g) + O2(g)2 SO3(g) ! 2 SO2(g) + O2(g)

no início4,0 mol

= 0,40 × 4,0 mol = 1,60 mol

4,0 mol – 1,60 mol = 2,40 mol

1,60 mol

0,80 mol

no equilíbrio

reagiram 40 % da quantidade inicial de SO3

a proporção é de 2 moles de SO3 para 2 moles de SO2

a proporção é de 2 moles de SO3 para 1 mole de O2

40% de 4,0 mol =

Como o volume do recipiente é 2,0 dm3, as concen-trações de equilíbrio são:

SO3⎡⎣ ⎤⎦eq= 2,40 mol

2,0 dm3

SO2⎡⎣ ⎤⎦eq= 1,60 mol

2,0 dm3

O2⎡⎣ ⎤⎦eq= 0,80 mol

2,0 dm3

Tendo em conta a estequiometria da reação, as concentrações no equilíbrio e o facto da constante de equilíbrio não ter unidades, por definição, vem:

Kc =

1,602,0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

× 0,802,0

2,402,0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

= 0,802 × 0,401,202

= 0,18

1.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,67

(C)Reação endotérmica: a variação de energia interna do sistema é positiva, as opções (A) e (D) não fazem sentido.Se o sistema absorve 9,82 × 104 J por cada mole de SO3 que se decompõe, então absorve o dobro por cada duas moles.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,38

As massas molares das duas espécies químicas são:

M SO3= 32,07 + 3×16,00( ) gmol

M SO2= 32,07 + 2×16,00( ) gmol

Admitindo amostras destes gases com volume igual ao volume molar, as massas destas amostras são, respetivamente:

m SO3= 32,07 + 3×16,00( )g

m SO2= 32,07 + 2×16,00( )g

Comparando estas massas, comparamos as densi-dades dos dois gases, uma vez que se referem ao mesmo volume:

32,07 + 3×16,00( )g32,07 + 2×16,00( )g = 1,25

Portanto, a densidade do SO3 é 1,25 vezes maior do que a densidade do SO2.3. cotação: 10 ; facilidade: 0,64

Como a densidade da solução é 1,84 g/cm3, o volume de 100 cm3 da solução tem a massa de:

1,84 g

cm3 ×100 cm3 = 184 g

Se a percentagem, em massa, de ácido sulfúrico na solução é de 98%, destes 184 g apenas 98% corres-pondem ao ácido:

98100

×184 g = 180,3 g →180 g

Grupo V1. cotação: 5 ; facilidade: 0,65

(B)Notação de Lewis da molécula O2: O OEm cada átomo de oxigénio há dois pares de eletrões de valência não ligantes.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,45

(B)Configuração eletrónica do átomo de oxigénio no estado fundamental: (1s)2(2s)2(2p)4.Os eletrões de valência estão no nível 2. Desses, os de menor energia são os da orbital 2s, cujos números quânticos são (2, 0, 0, + ½) e (2, 0, 0, – ½). Portanto, só a opção (B) pode estar correta.

3. cotação: 5 ; facilidade: 0,24

(C)A energia de ionização é a energia mínima necessária para se formar um ião monopositivo a partir do átomo no seu estado fundamental.4. cotação: 5 ; facilidade: 0,64

Esquema do espectro de absorção (as zonas a branco devem ser coloridas, de acordo com o respetivo c.d.o., e as zonas a preto são “interrupções” nas zonas coloridas):

Grupo VI1.

1.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,80

(C)A dissolução é tanto mais rápida: (a) quanto maior for o estado de divisão do soluto sólido; (b) quanto

maior for o estado de agitação da mistura.1.2. cotação: 5 ; facilidade: 0,60

(D)A solubilidade s de um sal em água é a concentração do sal dissolvido numa solução aquosa saturada. No caso do nitrato de potássio, KNO3, a proporção entre os iões K+ e NO3

– é de 1 para 1. Logo, as concentrações dos iões potássio e nitrato são iguais à concentração do nitrato de potássio que se dissolveu e, portanto, à solubilidade.2.

2.1. cotação: 5 ; facilidade: 0,59

Cada mm da escala vertical corresponde a 2 unida-des. Por leitura direta, conclui-se que à temperatura de 40 °C, a solubilidade é 62 g de KNO3 por 100 g de água.Ou seja, para 50 g de água, a massa de KNO3 para se obter uma solução saturada é metade de 62 g, isto é, 31 g.2.2 cotação: 10 ; facilidade: 0,46

Por leitura direta do gráfico verifica-se que a 30 ºC a solubilidade de KNO3 é 46 g por 100 g de água. Assumimos este valor como valor tabelado, exato.O valor medido pelo grupo de alunos é 55 g, o que representa um erro absoluto de 9 g face ao valor exato.Em percentagem, este erro é:

9 g46 g

×100% = 20%

Portanto, o erro relativo é de 20%.2.3 cotação: 10 ; facilidade: 0,31

Do gráfico conclui-se que à medida que a tempe-ratura da solução aumenta, a solubilidade aumenta também. Ou seja, o aumento da temperatura favorece a dissolução de KNO3.O Princípio de Le Châtelier estabelece que quando se perturba um sistema em equílibrio, este reage à perturbação, contrariando-a, até atingir um novo estado de equilíbrio.Aumentando a temperatura fornece-se energia ao sistema (solução) e este reage de modo a contrariar essa perturbação, isto é, o sistema tende a contrariar o aumento de temperatura, o que implica favorecer o processo endotérmico.Portanto, a dissolução de KNO3 é um processo endotérmico.