P2 2013 2

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Gabarito para Versão A
Seção 1. Múltipla escolha (8× 0,6= 4,8 pontos)
1. (b)
2. (d)
3. (f)
4. (a)
5. (c)
6. (e)
7. (d)
8. (a)
Seção 2. Questões discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resolução:
(a) Como se trata de um gás ideal as curvas adiabáticas são do tipo PV γ = constante, onde γ = CP/CV = (CV +R)/CV .
(0,4 ponto pelas curvas + 0,2 ponto pelo sentido)
(b) Nas etapas adiabáticas o calor trocado é nulo, por definição. (0,2 ponto).
A etapa B → C é isobárica, logo o calor pode ser escrito como
QB→C = CP (TC − TB) = (CV +R)(TC − TB) > 0. ABSORVIDO. (0,2 +0,1 ponto)
A etapa D → A é isocórica, logo o calor pode ser escrito como
QD→A = CV (TA − TD) = −CV (TD − TA) < 0. CEDIDO. (0,2 + 0,1 ponto)
(c) Trata-se de um motor térmico, pois o sistema realiza trabalho (0,2 ponto).
O rendimento pode ser escrito como
η = 1− Qcedido
Qabsorvido
= 1− QD→A
QB→C
,
η = 1− CV (TD − TA)
CP (TC − TB)
= 1− (TD − TA)
γ(TC − TB)
, (0,2 ponto)
(d) Como os processos são reversíveis podemos calcular a variação de entropia como
∆S =
∫ f
i
d¯Q
T
,
A variação de entropia nas etapas A→ B e C → D é zero pois são processos adiabáticos reversíveis (0,2 ponto).
Nas outras etapas, temos:
SC − SB =
∫ TC
TB
CP
dT
T
= CP ln
(
TC
TB
)
= (CV +R) ln
(
TC
TB
)
(0,3 ponto)
SA − SD =
∫ TA
TD
CV
dT
T
= CV ln
(
TA
TD
)
(0,3 ponto)
!
2. Resolução:
(a) No gráfico deve estar claro que se aproxima de uma parábola (derivada nula) para v baixo [0,3 ponto] e de uma
exponencial decrescente assintótica a zero para v alto [0,3 ponto]. Além disso, a velocidade mais provável (pico da
função) deve estar assinalada [0,2 ponto]. Erros ou falta de clareza do gráfico em geral acarreta perda de pontos.
(b)
v2rms =
∫
∞
0
v2fv(v)dv = 4π
(
m
2πkBT
)3/2 ∫ ∞
0
v4 exp
(−mv2
2kBT
)
dv [0,4 ponto]
Fazendo a = m
2kBT
podemos aplicar uma das integrais do formulário (com n = 2). Conclui-se que:
v2rms = 4π
(a
π
)3/2 3
23
√
πa−5/2 =
3
2
a−1 =
3kBT
m
. ∴ vrms =
√
3kBT
m
[0,4 ponto]
(c) A energia cinética média de translação por molécula é dada pelo produto de m/2 e v2rms. Assim, temos que a energia
cinética média do gás é:
Kmed = N
mv2rms
2
=
3
2
NkBT . [0,3 ponto]
Esse resultado pode ser interpretado pelo Teorema da Equipartição de Energia, pois são 3 graus de liberdade de
translação e portanto cada uma das N moléculas contribui com (3/2)kBT . [0,2 ponto]
(d) [0,5 ponto] Em temperaturas muito elevadas, as moléculas podem exibir rotação e vibração (os efeitos quânticos são
suprimidos). Como o gás é diatômico, ele possui 2 graus de liberdade de rotação e 2 de vibração, totalizando 7 graus
de liberdade. Pelo Teorema da Equipartição de Energia, conclui-se que
Emed =
7
2
NkBT . [0,5 ponto]
!