PF 2011.2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO - INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA II-A - 2011/2 - RESOLUC¸A˜O DA PROVA FINAL - DATA:
1a Questa˜o[P1] (2,5)
(a) (1,0)
Chamamos Vb o volume total dos troncos que formam a balsa. Sobre a balsa atuam 2 forc¸as: Pb=ρm Vbg, seu pro´prio
peso, e E=ρaVag, empuxo ou forc¸a da a´gua sobre a balsa, Va e´ o volume da a´gua deslocada. Em equil´ıbrio:
E = Pb =⇒ ρmVbg = ρaVag =⇒ Va/Vb = ρm/ρa = 0, 8
Assim, temos 80% do volume total da balsa mergulhada na a´gua =⇒ 20% fora.
(b) (1,5)
A condic¸a˜o a procurar para obter o nu´mero mı´nimo de troncos para transportar a caixa corresponde a` uma situac¸a˜o
limite onde a balsa - com seus X troncos - esta´ totalmente mergulhada na a´gua =⇒ Va = Vb.
Sobre a balsa atuam agora 3 forc¸as: Pb = ρmVbg, E = ρaVag e N a forc¸a que a caixa exerce sobre ela, numericamente
igual ao seu pro´prio peso mcg, onde mc e´ a massa da caixa. Em equil´ıbrio:
E = Pb +mc g =⇒ ρaVb = ρmVb +mc
A massa total da balsa ρmVb, como tem X troncos a massa de cada tronco e´ ρmVb/X. A massa da caixa, que e´ igual
ao do dobro de massa de cada tronco, e´ enta˜o escrita como mc = 2ρmVb/X. Assim
ρaVb = ρmVb +mc =⇒ ρaVb = ρmVb + 2ρmVb/X
Usando ρm = 0, 8ρa
ρaVb = 0, 8ρaVb + 2× 0, 8ρaVb/X =⇒ 1, 0 = 0, 8 + 1, 6/X =⇒ X = 8
.......... l................... l..........
2a Questa˜o[P1/PF] (2,5)
(a) (1,5)
Partindo da equac¸a˜o de movimento do sistema, obtenha a expressa˜o para a posic¸a˜o x2(t), o per´ıodo T2 e a velocidade
ma´xima v
(2)
max dos corpos antes da cola ser dissolvida.
Considerando as forc¸as que atuam em um corpo de massa gene´rica M preso a` mola e afastado de uma distaˆncia x
de sua posic¸a˜o de equil´ıbrio (veja figura abaixo) e usando a segunda lei de Newton encontraremos
~Fres = M~a =⇒ M~a = ~N + ~P + ~F .
Contudo temos que ~a = d
2x
dt2 xˆ,
~N = Nyˆ, ~P = −Mgyˆ, ~F = −kx xˆ e com isso teremos
M
d2x
dt2
xˆ = (N −Mg)yˆ − kx xˆ .
Ou seja, devemos ter que N = Mg e tambe´m devera´ ser satisfeita a equac¸a˜o diferencial
M
d2x
dt2
= −kx. =⇒ d
2x
dt2
+ ω2x = 0 , onde ω2 = k/M .
Como a constante ω2 e´ positiva e na˜o nula, enta˜o a soluc¸a˜o desta equac¸a˜o diferencial sera´ da forma
x(t) = A cos (ωt+ φ)
sendo as constantes A e φ dependentes das condic¸o˜es iniciais do sistema, as quais, para o caso do problema, devem
implicar em ter {
x(0) = ∆x
dx(0)
dt = 0
=⇒
{
A cosφ = ∆x
−ωA senφ = 0 =⇒
{
A = ∆x ;
φ = 0 .
Com isso teremos a posic¸a˜o do corpo com o tempo dada pela expressa˜o
x(t) = ∆x cos
(√
k
M
t
)
.
1
Deste resultado tiramos que o per´ıodo T do movimento harmoˆnico descrito pelo corpo, definido pela condic¸a˜o x(t+T ) =
x(t), sera´ dado por
T =
2pi
ω
=⇒ T = 2pi
√
M
k
.
Por sua vez, pela conservac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema, devemos ter que
Kmax =
1
2
kA2 =⇒ 1
2
Mv2max =
1
2
k(∆x)2 =⇒ vmax =
√
k
M
∆x .
Na situac¸a˜o inicial, quando os dois corpos ainda se encontram presos, teremos que M = 2m e assim, ao particu-
larizarmos para este caso os resultados gerais obtidos acima, concluiremos que
x2(t) = ∆x cos
(√
k
2m
t
)
, T2 = 2pi
√
2m
k
e v(2)max =
√
k
2m
∆x .
(b) (1,0)
Assumindo que a cola se dissolve e o outro corpo se solta quando a mola esta´ na posic¸a˜o de ma´xima extensa˜o, repita
o procedimento do item anterior e obtenha as grandezas f´ısicas x1(t), T1 e v
(1)
max para o corpo que permanece ligado a`
mola.
Devemos observar que, na situac¸a˜o descrita pelo problema, o segundo corpo se solta com velocidade nula e o corpo
que parmanece ligado a` mola inicia uma segunda fase de movimento com as mesmas condic¸o˜es iniciais da situac¸a˜o
anterior, so´ que agora para o caso em que M = m. Portanto, particularizando para este segundo caso os resultados
gerais obtidos acima, tiramos que
x1(t) = ∆x cos
(√
k
m
t
)
, T1 = 2pi
√
m
k
e v(1)max =
√
k
m
∆x .
x
k
M
g 
Y
X
0
N
P
F
Figura 1g 
.......... l................... l..........
3a Questa˜o[P1] (2,5)
(a) (1,25)
Nessas condic¸o˜es, a onda progressiva de pressa˜o e´ dada por
p(x, t) = po sin (kx− ωt) , (1)
uma vez que a onda de pressa˜o sempre esta´ em quadratura (defasada de 90◦) com a onda de deslocamento.
Atrave´s dessa equac¸a˜o e da seguinte relac¸a˜o:
p(x, t) = −B
(
∂s(x, t)
∂x
)
, (2)
e´ poss´ıvel relacionar a amplitude po com a amplitude so. Realizando a derivada na equac¸a˜o anterior, obte´m-se que
p(x, t) = −B [−sok sin (kx− ωt)] = (Bkso) sin (kx− ωt) , (3)
2
e pela Eq. (1), determina-se de imediato que
po = Bkso . (4)
Para explicitar po em termos de so, vs, ρo e ω, basta explicitar B e k em termos das constantes vs, ρo e ω. Isso e´
feito com a identidade fornecida no enunciado,
B = v2s ρo , (5)
e com a relac¸a˜o existente entre o nu´mero de onda k e a frequeˆncia angular ω,
k =
ω
vs
. (6)
Substituindo as constantes B e k, dadas pelas Eqs. (5) e (6), respectivamente, na Eq. (4), encontra-se a expressa˜o
desejada:
po =
(
v2s ρo
)( ω
vs
)
so = vsρoωso . (7)
(b) (1,25)
Pela Figura 2, o valor absoluto de ∆ ps e´ precisamente o valor da amplitude da onda de pressa˜o po,
po = ∆ ps = 4, 0 mPa , (8)
e o per´ıodo de oscilac¸a˜o dessa onda e´ de T = 2, 0 ms. E´ interessante notar que na abscissa da Figura 2 cada divisa˜o
vale 0, 5 ms, sendo que um per´ıodo de oscilac¸a˜o dessa onda de pressa˜o compreende 4 dessas diviso˜es.
A partir do valor do per´ıodo T , pode-se determinar a frequeˆncia angular de oscilac¸a˜o ω da onda de pressa˜o:
ω =
2pi
T
= 3, 14 k
rad
s
. (9)
O valor da constante k e´ encontrado atrave´s da Eq. (6), enunciada no item anterior, e dos valores de ω e da velocidade
da onda vs = 343 m/s, fornecida no enunciado:
k =
ω
vs
=
3, 14
343
k
rad
m
= 9, 15
rad
m
. (10)
E para finalizar, o valor da amplitude da onda de deslocamento so e´ estabelecido atrave´s do resultado do item anterior,
Eq. (7), e dos valores de ω, po, ρo e vs:
so =
po
ωρovs
=
(4, 0)
(3, 14)(1, 21)(343)
µm = 3, 07 nm. (11)
.......... l................... l..........
4a Questa˜o[P1/PF] (2,5)
(a) (1,0)
As ondas estaciona´rias unidimensionais sa˜o descritas, de uma maneira geral, pela expressa˜o y(x, t) = (a cos kx +
b sen kx) (c cosωt+ d senωt), onde k e´ o nu´mero de onda e ω e´ a frequeˆncia angular.
A relac¸a˜o entre ω e k e´ dada por ω = kv onde v =
√
T/µ com µ = m/L.
Aplicando as condic¸o˜es de contorno y(0, t) = 0, y(L, t) = 0
y(0, t) = 0 e y(L, t) = 0 .
encontraremos que{
a (c cosωt+ d senωt) = 0 =⇒ a = 0
b sen kL (c cosωt+ d senωt) = 0 =⇒ k = kn = npi/L com n = 1, 2, 3, . . .
Ao levarmos em conta este resultado teremos para ω
wn = knv =⇒ wn = vnpi/L, .
No primeiro modo normal de vibrac¸a˜o, teremos:
y(x, t) = b sen
[pix
L
]
(c sen
[
vpit
L
]
+ d cos
[
vpit
L
]
) .
3
Agora, usando as condic¸o˜es inicias:
∂y(x, 0)
∂t
= 0 =⇒ b sen
[pix
L
]
(c
vpi
L
) = 0 =⇒ c = 0
y(x, 0) = Asen
[pix
L
]
= b sen
[pix
L
]
(d ) =⇒ bd = A
E finalmente a expressa˜o resultante para a onda estaciona´ria no primeiro modo:
y(x, t) = A sen
[pix
L
]
cos
[
vpit
L
]
.
(b) (0,6)
A velocidade transversal dos pontos da corda e´ dada por:
v(x, t) =
∂y(x, t)
∂t
= −Av pi
L
sen
[pix
L
]
sen
[
vpit
L
]
.
(c) (0,6)
O comprimento de onda λ; knλn = 2pi para n=1 =⇒ λ1 = 2L = 1, 6m.
E a frequeˆncia de oscilac¸a˜o: v = λnfn onde v =
√
T
µ = 80 m/s, para n=1 =⇒ f1 = 50 s−1
(d) (0,3)
Calculando a velocidade no ponto pedido:
v(x, t) =
∂y(L/2, t)
∂t
= −Av pi
L
sen
[
piL
2L
]
sen
[
vpit
L
]
.
vemos que a velocidade ma´xima vmax(L/2, t) e´ dada por:
vmax(L/2, t) = Av
pi
L
=⇒ 15, 7m/s .
..........l................... l..........
5a Questa˜o[P2] (2,5)
(a) (0,9)
Sabemos que a vrms das mole´culas de um ga´s em equil´ıbrio te´rmico e´ proporcional a` raiz quadrada de sua temperatura
absoluta.
1
2
v2rms =
√
3kT
m
A distribuic¸a˜o mais larga tem maior vrms, logo corresponde a` temperatura maior.
(b) (0,8)
A velocidade mais prova´vel corresponde ao valor da velocidade onde a curva da distribuic¸a˜o atinge seu valor ma´ximo.
Portanto, os valores mais prova´veis sa˜o, aproximadamente, 200 m/s e 400 m/s.
(c) (0,8)
O nu´mero de mole´culas com velocidades entre 400 m/s e 500 m/s corresponde a` a´rea sob a curva da distribuic¸a˜o entre
esses dois valores de velocidade. Cada pequeno retaˆngulo no gra´fico da Figura 3 corresponde a 0, 50× 1017 s/m ×100
m/s, ou seja, 5, 0× 1018 mole´culas. Na curva mais larga temos, aproximadamente, 4 pequenos retaˆngulos sob a curva,
ou seja 2, 0× 1019 mole´culas. Na curva estreita, a a´rea e´ de, grosseiramente, um pequeno retaˆngulo, ou seja, 5, 0× 1018
mole´culas.
.......... l................... l..........
6a Questa˜o[P2/PF] (2,5)
(a) (0,7)
Calcule em cada ciclo, a quantidade de calor QA transferida a` fonte quente ao gastar no refrigerador uma energia, por
ciclo, de W = 200 J.
Se W = 200 J e η = QB/W = 5.0 =⇒ QB = 1000 J.
4
Como QA = W +QB , teremos QA = 1200 J.
(b) (1,0)
Determine a variac¸a˜o da entropia do universo (reservato´rios te´rmicos + refrigerador) ∆Suniv por ciclo. A pontuac¸a˜o
total so´ sera´ atribuida para o aluno que explicitar o seguinte:
Como a transfereˆncia de calor entre o sistema e os reservato´rios ocorre com a temperatura constante: o reservato´rio de
temperatura mais alta TA ganha calor mantendo sua temperatura constante, ja´ o reservato´rio de menor temperaturaTB ,
perde calor mantendo a sua temperatura constante, assim:
∆SA =
∫
dQ
TA
=
1
TA
∫
dQA =
QA
TA
, ∆SB =
∫
dQ
TB
=
1
TB
∫
dQB = −QB
TB
(12)
∆Suniv = ∆SA + ∆SB =
QA
TA
+
−QB
TB
=
1200
300
− 1000
270
=
8
27
= 0, 2963 J/K (13)
(c) (0,8)
Compare e discuta o rendimento deste refrigerador com um refrigerador de Carnot operando entre as mesmas tempe-
turas.
A performance de um refrigerador de Carnot operando entre TA = 300 K e TB = 270 K e´
ηC =
TB
TA − TB =
270
300− 270 = 9, 0
como era esperado, Carnot tinha raza˜o, a performance do refrigerador dele e´ sempre maior do que a de outro refrigerador,
ηC > η.
.......... l................... l..........
7a Questa˜o[P2] (2,5)
(a) (0,5)
Processo adiaba´tico: T V γ−1 = cte, γ = 5/3 para ga´s monoatoˆmico.
TA V
γ−1
A = TB V
γ−1
B
TB = TA
(
VA
VB
)γ−1
TB = TA r
2/3
Analogamente,
TC = TD r
2/3
Note que, como r > 1, enta˜o TB > TA e TC > TD, como era de se esperar.
(b) (2,0)
ˆ A→ B: processo adiaba´tico ⇔ Q = 0 (0,1) portanto:
−W = ∆Eint = 3
2
nR∆TAB =
3
2
nRTA(r
2/3 − 1) > 0 (0,3)
Como W < 0, ele e´ realizado sobre o sistema (compressa˜o). (0.1)
ˆ B → C:
W = 0 (0,1)
∆Eint = Q = CV n∆TBC =
3
2
nR (TD − TA)r2/3 > 0 (0,3)
Como Q > 0 (0,1) ele e´ absorvido pelo sistema.
5
ˆ C → D: processo adiaba´tico ⇔ Q = 0 (0,1) e, portanto:
−W = ∆Eint = 3
2
nR∆TCD =
3
2
nRTD(1− r2/3) < 0 (0,3)
Como W > 0, ele e´ realizado pelo o sistema (expansa˜o). (0,1)
ˆ D → A:
W = 0 (0,1)
∆Eint = Q = CV n∆TDA =
3
2
nR (TA − TD) < 0 (0,3)
Como Q < 0 (0,1), ele e´ cedido pelo sistema.
Note que
∑
ABCDA ∆Eint = 0, como deve ocorrer em um ciclo!
.......... l................... l..........
8a Questa˜o[P2/PF] (2,5)
(a) (0,8) O W realizado pela a´gua e´:
W = P0(Vf − Vi) = (1, 01× 105Pa) (1, 671− 1, 00)m3 = 169 kJ
(b) (0,8) O calor absorvido pela a´gua e´:
Q = Lvm = 2256 kJ/kg × 1kg = 2256 kJ
(c) (0,9) Conforme a definic¸a˜o de ∆S temos que:
∆S =
∫
dQ
T
=
Lvm
T
=
2256
373
kJ
K
= 6, 05 kJ/K
.......... l................... l..........
6