Proposta de Resolução da Componente de Física do Exame Nacional de Física e Química A — 2.ª Fase – 2020 Sociedade Portuguesa de Física, Divisão de Educação

Sociedade Portuguesa de Física, Divisão de Educação, 5 setembro de 2020 Página 1 de 6

Proposta de Resolução do Exame Nacional de Física e Química A – 2.ª Fase, versão 1

Exame Final Nacional do Ensino Secundário, Prova Escrita de Física e Química A, 11.º Ano de Escolaridade, 2.ª Fase, Instituto de Avaliação Educativa, IAVE, 1/setembro/2020: http://iave.pt/images/arquivo_de_provas/2020/715/EX-FQA715-F2-2020-V1_net.pdf

Grupo I

6.

6.2. (B) A energia envolvida na vaporização de 1,0 g de água que se encontra à temperatura de ebulição será, aproximadamente,

2,3 × 103 J.

Relação entre a energia envolvida na vaporização de uma amostra de água que se encontre à temperatura de ebulição, à pressão atmosférica normal, 𝐸1, e a variação de energia interna, ∆𝑈1, dessa amostra de água: 𝐸1 = ∆𝑈1, com ∆𝑈1 = 𝑚 × ∆ℎ, em que 𝑚 é a massa da amostra de água e ∆ℎ é a variação de entalpia mássica de vaporização.

Relação entre a energia envolvida no aquecimento de uma amostra de água

de 25 ℃ até 100 ℃, 𝐸2, e a variação de energia interna, ∆𝑈2, dessa amostra de água: 𝐸2 = ∆𝑈2, com ∆𝑈2 = 𝑚 × 𝑐 × ∆𝜃, em que 𝑚 é a massa de água líquida, 𝑐 a sua capacidade térmica mássica e ∆𝑡 a variação de temperatura.

Relação entre as energias envolvidas: 𝐸1 = 7,2 × 𝐸2

Assim, fica: 𝐸1 = 7,2 × 𝑚 × 𝑐 × ∆𝜃.

Para uma amostra de água com a massa de 1,0 g, vem:

𝐸1 = 7,2 × 1,0 × 10−3 kg × 4,18× 103 J kg−1 ℃−1 × (100 ℃ − 25 ℃ )

𝐸1 = 2,3 × 103 J

6.3. (C) Num mesmo intervalo de tempo, a energia cedida pela esfera será igual à energia absorvida pela água, sendo a diminuição da temperatura da esfera maior do que o aumento da temperatura da água.

Uma vez que se admite que o sistema esfera + água se comporta como um sistema isolado, num dado intervalo de tempo, a energia cedida pela esfera é igual à energia absorvida pela água ou, por outras palavras, o somatório das variações de energia interna do sistema é nulo, isto é:

∆𝑈água + ∆𝑈esfera = 0.

A variação de energia interna da água é dada por: ∆𝑈água = 𝑚água × 𝑐água × ∆𝜃água, em que 𝑚água é a massa de água fria,

𝑐água a sua capacidade térmica mássica e ∆𝜃água a variação de temperatura

sofrida pela água. A variação de energia interna da esfera é dada por: ∆𝑈esfera = 𝑚esfera × 𝑐metal × ∆𝜃esfera, em que 𝑚esfera é a massa da esfera, 𝑐metal a capacidade térmica mássica do metal constituinte da esfera e ∆𝜃esfera a variação de temperatura sofrida pela esfera.

Sendo e ∆𝑈água + ∆𝑈esfera = 0 e 𝑚água = 𝑚esfera, simplificando, fica:

𝑚água × 𝑐água × ∆𝜃água +𝑚esfera × 𝑐metal × ∆𝜃esfera = 0 ⇔

⇔ 𝑐água × ∆𝜃água + 𝑐metal × ∆𝜃esfera = 0

Sendo a capacidade térmica mássica do metal constituinte da esfera menor do que a capacidade térmica mássica água líquida, conclui-se que a

|∆𝜃esfera| > |∆𝜃água|, isto é, a diminuição de temperatura da esfera é maior

do que o aumento de temperatura da água.

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Grupo II

1. (A)

A força �⃗� está aplicada na rampa, sendo a sua intensidade menor do que a intensidade da força gravítica que atua no automóvel.

A força normal, �⃗⃗⃗�, é exercida pela rampa no automóvel, pelo

que atua no automóvel; a força �⃗� é exercida pelo automóvel na rampa, pelo que atua na rampa.

Forças que atuam no automóvel, representado pelo seu

centro de massa e a força �⃗� (não estão representadas as forças dissipativas, que se consideram como tendo direções paralelas à rampa):

A magnitude da força normal é menor do que a magnitude da

força gravítica (𝑁 = 𝑚 𝑔 cos 𝜃, pois na direção perpendicular à rampa há repouso)

As forças que constituem um par ação-reação têm a mesma magnitude. Logo, 𝐹 = 𝑚 𝑔 cos 𝜃

Sendo 𝐹g = 𝑚 𝑔, logo, 𝐹 < 𝐹g.

2. (C) Para uma mesma distância percorrida sobre a rampa, o trabalho realizado pela força gravítica que atua no automóvel depende da inclinação da rampa e da massa do automóvel.

Considerando a equação de definição de trabalho realizado, 𝑊 = 𝐹 𝑑 cos𝛼,

conclui-se que o trabalho realizado pela força gravítica é dado por 𝑊�⃗�g

= 𝐹g 𝑑 cos 𝛼, com 𝐹g = 𝑚 𝑔

Como cos 𝛼 = sin 𝜃, vem: 𝑊�⃗�g

= 𝑚 𝑔 𝑑 sin 𝜃

Assim, conclui-se o trabalho realizado pela força gravítica que atua no automóvel depende da inclinação da rampa e da massa do automóvel, para uma dada distância percorrida.

3. (A)

Existindo forças dissipativas, há diminuição da energia mecânica (𝐸m = 𝐸pg + 𝐸c), pelo que a energia cinética

quando o automóvel atinge o nível de referência (𝐸pg = 0) é

inferior à energia potencial gravítica no instante em que o automóvel foi destravado.

Sabendo que a velocidade inicial é nula e considerando as equações

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎 𝑡

𝑑 = 𝑣0 𝑡 + 1

2 𝑎 𝑡2

obtém-se a expressão 𝑣2 = 2 𝑎 𝑑 Assim, conclui-se que a energia cinética do automóvel é

diretamente proporcional à distância percorrida, 𝑑

𝐸c =1

2 𝑚 𝑣2

𝑣2=2 𝑎 𝑑 → 𝐸c = 𝑚 𝑎 𝑑

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4.

4.1.

Esboço do gráfico do módulo da velocidade em função do tempo (se o movimento é retilíneo e a aceleração constante, a componente escalar da velocidade varia linearmente com o tempo) para o automóvel que parte do repouso e atinge a velocidade máxima no instante em que se inicia a colisão:

∆𝑡 /s

módulo do deslocamento é numericamente igual à área sob a curva do gráfico (área do triângulo sombreado a azul)

𝑑 =𝑣máximo × ∆𝑡

2⟶ 80 m =

7,5 m s−1 × ∆𝑡

2⇔ ∆𝑡 = 21 s

4.2.

𝐸m0 = 𝐸m + 𝐸diss, em que 𝐸m0 é a energia mecânica na posição em que se inicia o deslizamento (𝑣0 = 0, a que corresponde 𝐸C0 = 0 J) e 𝐸m é a energia mecânica no instante em que se inicia a colisão.

𝑚 𝑔 ℎ0 = 𝑚 𝑔 ℎ +1

2 𝑚 𝑣2 + 𝐸diss ⇔ 𝐸diss = 𝑚 𝑔 (ℎ0 − ℎ) −

1

2 𝑚 𝑣2

Substituindo, vem:

𝐸diss = 1,2 × 103 × 10 × 7,0 −

1

2 × 1,2 × 103 × 7,52⇔

⇔ 𝐸diss = 8,40 × 104 J − 3,38 × 104 J ⇔ 𝐸diss = 5,02 × 10

4 J

A energia dissipada é igual ao módulo do trabalho realizado pelas forças dissipativas, consideradas paralelas à rampa.

𝑊�⃗�dissipativas= 𝐹dissipativas 𝑑 cos 180°

Substituindo, vem:

−5,02 × 104 J = 𝐹dissipativas × 80 m × (−1) ⇔ 𝐹dissipativas = 6,3 × 102 N

𝑣 /m s−1 7,5

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Grupo III

1. (A)

As linhas de campo magnético são fechadas e saem pelo polo norte do íman e entram pelo polo sul;

o vetor campo magnético, �⃗⃗�, tem o sentido do polo norte para o polo sul;

em cada ponto o vetor �⃗⃗� tem uma direção tangente à linha de campo que aí passa.

2.

A diferença de potencial nos terminais de um gerador ideal não depende da corrente elétrica no circuito e é igual à diferença de potencial nos terminais do reóstato, considerando a resistência dos fios elétricos e do interruptor desprezáveis.

A resistência elétrica introduzida pelo reóstato relaciona-se com a diferença de potencial nos terminais do reóstato e com a corrente elétrica no circuito pela expressão:

𝑅 =𝑈

𝐼⇔ 𝐼 =

𝑈

𝑅 (eq. 1)

A potência dissipada pelo reóstato é dada por

𝑃dissipada = 𝑅 𝐼2 (eq. 2).

substituindo a eq. 1 na eq. 2 pode, então, ser obtida a expressão:

𝑃dissipada = 𝑅 𝐼2 𝐼=

𝑈

𝑅

→ 𝑃dissipada =𝑈2

𝑅 .

Assim, sendo a potência dissipada inversamente proporcional à resistência elétrica introduzida pelo reóstato, conclui-se que a potência dissipada vai diminuir quando a resistência elétrica introduzida pelo reóstato aumenta.

3.

3.1. (D) A frequência deste backbeat está contida no intervalo,

[17 Hz, 20 Hz].

Considerando a figura ao lado, conclui-se que o intervalo de tempo de 200 ms corresponde aproximadamente a 3,5 períodos:

∆𝑡 = 3,5 𝑇 Assim, o período é de

aproximadamente:

𝑇 =200 × 10−3 s

3,5

e a frequência, 𝑓 =1

𝑇, é de

aproximadamente:

𝑓 =3,5

200 × 10−3 s= 17,5 Hz

Assim, pode concluir-se que a frequência do backbeat está contida no

intervalo, [17 Hz, 20 Hz]

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3.2.

Cálculo do ângulo de incidência:

Considerando a expressão da Lei de Snell-Descartes,

𝑛água sin 𝛼água = 𝑛sedimento sin𝛼sedimento, e que o

índice de refração de um meio, para uma onda sonora, é dado por

𝑛meio =𝑘

𝑣meio

vem:

𝑘

𝑣águasin 𝛼água =

𝑘

𝑣sedimentosin 𝛼sedimento

Substituindo, fica:

𝑘

1,5 sin 𝛼água =

𝑘

1,8 sin50° ⇔ sin𝛼água = 0,638 ⇔ 𝛼água = 39,7°

Cálculo da distância a que a baleia se encontra do sismómetro S:

cos 𝛼água =cateto adjacente

hipotenusa⟶ cos𝛼água =

4,0 km

𝑑⇔ cos 39,7° =

4,0 km

𝑑⇔

⇔ 𝑑 = 5,2 km

Grupo IV

1. (B) A aceleração de um satélite no seu movimento de translação em torno de Júpiter depende do raio da órbita, mas não depende da massa do satélite.

Considera-se que o movimento é circular uniforme e que a única força que atua no satélite é a força gravitacional exercida por Júpiter. Assim,

∑�⃗� = �⃗�g e 𝐹g =𝐺 𝑚J𝑚𝑠

𝑟2

∑�⃗� =𝑚𝑠 𝑎c

Então,

𝐺 𝑚J 𝑚𝑠

𝑟2= 𝑚𝑠 𝑎c⇔ 𝑎c =

𝐺 𝑚J

𝑟2

Assim, a aceleração de um satélite no seu movimento de translação em torno de Júpiter é inversamente proporcional ao quadrado do raio da órbita e diretamente proporcional à massa de Júpiter, sendo independente da sua massa.

2. Determinação da massa de Júpiter, 𝑚J

Dedução da expressão do quadrado do período em função do cubo do raio da órbita:

Considera-se que o movimento de cada satélite é circular uniforme e que a única força que atua no satélite é a força gravitacional exercida por Júpiter. Assim,

∑�⃗� = �⃗�g e 𝐹g =𝐺 𝑚J 𝑚s𝑟2

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∑�⃗� =𝑚s 𝑎c, em que 𝑎c =4 𝜋2

𝑇2× 𝑟

Então,

𝐺 𝑚J 𝑚s𝑟2

= 𝑚s 4 𝜋2

𝑇2× 𝑟 ⇔

𝐺 𝑚J𝑟3

=4 𝜋2

𝑇2⇔ 𝑇2 =

4 𝜋2

𝐺 𝑚J 𝑟3

Gráfico do quadrado do período em função do cubo do raio da órbita e equação da reta de ajuste:

Equação da reta de ajuste:

𝑇2 = 3,119 × 10−16 𝑟3 (SI)

Cálculo da massa de Júpiter, 𝑚J

Considerando a equação deduzida, 𝑇2 =4 𝜋2

𝐺 𝑚J 𝑟3, conclui-se que:

3,119 × 10−16 =4 𝜋2

𝐺 𝑚J (SI)

Substituindo, vem:

3,119 × 10−16 =4 𝜋2

6,67 × 10−11 𝑚J⇔𝑚J = 1,90 × 10

27 kg

Comentário:

A equação que relaciona os valores de 𝑇2 em função de 𝑟3 , deve ser uma reta que passa pela origem, 𝑦 = 𝑚 𝑥.

Ajustando a reta 𝑦 = 𝑚 𝑥, conclui-se que o valor do declive é 3,118 × 10−16.

No entanto, dado que as calculadoras gráficas utilizadas pelos alunos apenas permitem a regressão linear para equações do tipo 𝑦 = 𝑚 𝑥 + 𝑏, é expectável que os alunos apresentem um ajuste a esta curva. Nesse caso, o resultado do ajuste é um declive de valor 3,119 × 10−16.

𝑟3/m3

𝑇2/s2 𝑇2 = 3,119 × 10−16 𝑟3 − 5,104 × 108 (SI)

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