Física 2 UFPE - PROVA 2A UNIDADE - 2015.2 (RESOLVIDA)

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
Gabarito da
2a Avaliac¸a˜o de F´ısica Geral 2 - 2015.2
Nos testes, na˜o sera˜o considerados os ca´lculos ou anotac¸o˜es, apenas as respostas sera˜o avaliadas. Indicar apenas uma resposta, de caneta,
em cada teste, nesta mesma folha. Por outro lado, nos problemas, e´ necessa´rio que seja demonstrado explicitamente como a resposta foi
obtida. A resoluc¸a˜o dos problemas deve ser feita no caderno de provas. Antes de comec¸ar, veja os dados fornecidos no verso da prova.
Teste 1 (1,0) Um ga´s pode ir do estado A ao estado B atrave´s de dois processos
diferentes denotados por “processo 1” e “processo 2” na figura ao lado. Compare a
variac¸a˜o de energia interna (E), o trabalho realizado pelo ga´s (W), o calor recebido pelo
ga´s (Q) e a variac¸a˜o de entropia (S) do ga´s nesses dois processos. Para isso, preencha
as lacunas abaixo com uma das quatro opc¸o˜es: [=] (igual); [<] (menor que); [>] (maior
que); ou [×]. Onde o s´ımbolo [×] deve ser usado se na˜o houver dados suficientes para
fazer uma comparac¸a˜o entre as grandezas em questa˜o nos dois processos.
∆E1 [ ] ∆E2 ; W1 [ ] W2 ; Q1 [ ] Q2 ; ∆S1 [ ] ∆S2
Soluc¸a˜o do Teste 1
∆E1[=]∆E2, W1 [>] W2, Q1 [>] Q2, ∆S1[=]∆S2. Explicac¸a˜o: Como a energia e a entropia sa˜o func¸o˜es de estado e
como em ambos os processos temos os mesmos estados inicial e final, segue que ∆E e ∆S teˆm os mesmos valores para
ambos os processos. O trabalho e´ a a´rea abaixo da curva no diagrama P × V , logo W1 > W2. Usando a 1a lei temos que
Q1 −Q2 = (∆E1 +W1)− (∆E2 +W2) = W1 −W2 > 0. Logo, Q1 > Q2.
Teste 2 (1,0) Um ga´s ideal passa pelo processo revers´ıvel ABCA ilustrado na figura ao
lado. Diga se as afirmac¸o˜es abaixo sa˜o verdadeiras [V] ou falsas [F]. Atenc¸a˜o, nesta
questa˜o, cada resposta errada anula uma certa. Portanto, se na˜o souber a
resposta e´ prefer´ıvel na˜o preencher a lacuna.
[ ] A variac¸a˜o de energia interna do ga´s apo´s um ciclo foi de 200J.
[ ] A velocidade me´dia das part´ıculas do ga´s no estado A e´ o dobro da velocidade
me´dia no estado C.
[ ] Na˜o ha´ troca de calor no processo B → C.
[ ] No processo C → A o ga´s perde 750J de calor.
Soluc¸a˜o do Teste 2
F, F, V, V. Justificativas: (1) A energia interna e´ func¸a˜o de estado. Logo, em um ciclo teremos ∆E = 0. (2) Como
v ∝
√
RT
Mmol
, o correto e´ v
A
=
√
2 v
C
; (3) e (4) Em um processo revers´ıvel temos Q =
∫
TdS. Ou seja, o calor e´ a a´rea
abaixo da curva T em func¸a˜o de S. Logo, QBC = 0 e QCA = − 750J.
Teste 3 (1,0) Em uma casa, dois quartos de mesmo tamanho esta˜o ligados por uma porta aberta. As temperaturas dos dois
quartos sa˜o mantidas em valores diferentes. Qual dos dois quartos conte´m mais ar? (Considere o ar como um ga´s ideal.)
a) O quarto onde a pressa˜o e´ maior.
c) O quarto mais quente.
e) Nenhum dos dois, pois as presso˜es sa˜o iguais.
b) O quarto onde a pressa˜o e´ menor.
d) O quarto mais frio.
f) Nenhum dos dois, pois os volumes sa˜o iguais.
Soluc¸a˜o do Teste 3
(d) O quarto mais frio. Justificativa: As presso˜es devem ser iguais em ambos os quartos, pois, se houvesse uma diferenc¸a de
pressa˜o, haveria um fluxo l´ıquido de ar de um quarto para o outro, o que na˜o acontece no equil´ıbrio. Como PV = nRT e P
e V sa˜o iguais nos dois quartos, n sera´ maior no quarto em que T for menor.
Teste 4 (1,0) Marque a alternativa errada.
a) A entropia de um sistema pode variar mesmo se na˜o houver troca de calor. Para isso, basta que ocorra um processo
irrevers´ıvel.
b) Um refrigerador e´ representado por um ciclo anti-hora´rio no diagrama P × V , ou seja, ele recebe trabalho e perde calor.
c) Se na˜o houver troca de calor, a temperatura do sistema e´ constante.
d) 1kg de a´gua em equil´ıbrio no estado so´lido tem menos entropia que 1kg de a´gua em equil´ıbrio no estado l´ıquido.
e) A ma´quina de Carnot na˜o consegue converter todo o calor recebido pela fonte quente em trabalho.
1
Soluc¸a˜o do Teste 4
(c). Explicac¸a˜o: a) Um exemplo e´ a expansa˜o livre de um ga´s ideal. b) Em um ciclo anti-hora´rio no diagrama P × V o
sistema recebe mais trabalho que realiza. Enta˜o, no ciclo anti-hora´rio temos Q = W < 0, exatamente o que esperamos de um
refrigerador (recebe trabalho para retirar calor). c) Por exemplo, um ga´s ideal que sofre uma expansa˜o adiaba´tica diminui
sua temperatura. d) Devemos fornecer calor para passar do so´lido para o l´ıquido, dQ > 0 ⇒ dS > 0. e) Mesmo na ma´quina
de Carnot, parte do calor recebido deve ser rejeitado para uma fonte fria.
Teste 5 (1,0) Uma garrafa te´rmica isolada conte´m 50g de a´gua a uma temperatura de 20oC. Inserimos um cubo de gelo de
10g a − 4oC para esfriar a a´gua. Qual e´ a temperatura final da mistura quando ela atinge o equil´ıbrio te´rmico?
a) 1oC b) 2oC c) 3oC d) 4oC e) 5oC f) 6oC g) 7oC h) 8oC i) 9oC j) 10oC
Soluc¸a˜o do Teste 5
(c) 3o C. Justificativa: Como na˜o ha´ troca de calor, temos:
mg cg [0− (−4)] + mg LF + mg ca [Tf − 0] + ma ca (Tf − 20) = 0 ⇒
10 · 0, 5 · 4 + 10 · 80 + 10 · 1 · Tf + 50 · 1 · (Tf − 20) = 0 ⇒ Tf = 3 .
Problema 1: (2,5) Um mol de ga´s ideal formado por mole´culas diatoˆmicas (que giram, mas na˜o oscilam) e´ submetido a
um ciclo fechado que passa pelos estados A, B e C. O ciclo e´ composto pelas treˆs etapas descritas abaixo.
A → B: Expansa˜o adiaba´tica com trabalho realizado WAB = 4000 J .
B → C: Compressa˜o isote´rmica a uma temperatura T = 300 K .
C → A: Aumento de pressa˜o a volume constante ate´ voltar ao estado inicial.
a) (0,5) Esboce as treˆs etapas do ciclo em um diagrama P × V .
b) (1,0) Determine a temperatura do sistema no estado A (ou seja, imediatamente antes da expansa˜o adiaba´tica). Use
R = 8 J/K.
c) (1,0) Calcule a eficieˆncia de uma ma´quina te´rmica operando segundo esse ciclo. [Dica: utilize a relac¸a˜o entre as tempera-
turas e os volumes final e inicial em um processo adiaba´tico para obter a raza˜o entre os volumes envolvidos no ciclo e use a
aproximac¸a˜o ln(0, 6) ≈ − 0, 5].
Soluc¸a˜o do Problema 1
b) Em uma transformac¸a˜o adiaba´tica, ∆EAB = −WAB , onde ∆EAB e´ a variac¸a˜o da energia
interna e WAB e´ o trabalho realizado pelo ga´s durante o processo A → B. Por outro lado,
como o ga´s e´ ideal, ∆EAB =
f
2 nR∆T . Dessa forma,
f
2
nR (TB − TA) = −WAB ⇒ TA = TB + 2WAB
f nR
= 300 +
2 · 4000
5 · 1 · 8 ⇒ T0 = 500 K .
Onde foi o usando que no ga´s e´ diatoˆmico temos f = 5.
c) Para calcularmos a eficieˆncia do ciclo, temos que calcular as energias trocadas pelo sistema em forma de calor em cada
um dos processos. Na expansa˜o adiaba´tica, QAB = 0. No processo a volume constante,
QCA = nCV (TA − TC) = 1 · f
2
R · (500− 300) = 4000 J .
Repare que, como esse valor e´ positivo, o calor QCA e´ absorvido. Na compressa˜o isote´rmica, ∆EBC = 0. Logo,
QBC = WBC =
∫
P dV = nRT
∫
dV
V
= nRTB ln
(
VC
VB
)
= nRTB ln
(
VA
VB
)
,
Como A e B sa˜o conectados por uma curva adiaba´tica,
TA V
γ−1
A = TB V
γ−1
B ∴
VA
VB
=
(
TB
TA
) 1
γ−1
⇒ QBC = nRTB
γ − 1 ln
(
TB
TA
)
.
Como, γ = CP /CV = 1, 4, podemos substituir os dados da questa˜o e usar ln 0, 6 ≈ −0, 5, para obter QBC = −3000 J. Como
o sinal de QBC e´ negativo, esse calor e´ rejeitado pelo sistema. Finalmente, podemos obter a eficieˆncia do ciclo:
ε = 1− |QBC ||QCA| = 1−
3000
4000
= 0, 25 = 25%.
2
Problema 2: (2,5) Um bloco de gelo de massa m inicialmente a 0 oC esta´ a uma distaˆncia D de uma fonte de calor mantida
a uma temperatura constante Tq, onde Tq > 0
oC (ver figura abaixo). Entre o gelo e a fonte de calor, existe uma material
cuja condutividade te´rmica e´ K e cuja a´rea transversal e´ A. Considere que o condutor tem baixa capacidade te´rmica, de
forma que podemos desprezar o calor necessa´rio para aqueceˆ-lo. Sendo o calor de fusa˜o da a´gua LF e o calor espec´ıfico da
a´gua Ca, fac¸a o quee´ pedido abaixo. Demonstre seus resultados de forma clara e organizada, deixando sua resposta apenas
em func¸a˜o dos paraˆmetros definidos no enunciado (ou seja, na˜o substitua os valores).
a) (1,5) Ache uma expressa˜o para o tempo necessa´rio para que todo o gelo
derreta e se torne a´gua a 0 oC.
b) (1,0) Determine quanto tempo leva para que a a´gua a 0 oC seja
aquecida ate´ uma temperatura Tf , onde 0
oC < Tf < Tq. [Dica: Note que
a diferenc¸a de temperatura entre as extremidades do condutor deixara´ de ser
constante. Use dQ = mcdT e realize uma integral.]
Soluc¸a˜o do Problema 2
a) A quantidade de calor necessa´ria para transformar uma massa m de gelo a 0 oC em a´gua a 0 oC e´: QDerreter = mLF.
Enquanto o gelo derrete, o lado direito do condutor e´ mantido a 0 oC. Nesse caso, a poteˆncia transmitida pela fonte quente
e´ P = dQdt =
KA
D (Tq − 0 oC). Logo, o calor recebido em um intervalo de tempo ∆t e´ Qrec = P ∆t = KAD Tq ∆ t, onde Tq esta´
em graus Celsius. Para que o gelo derreta integralmente devemos ter Qrec = QDerreter, de forma que:
∆ t =
DmLF
KATq
b) Agora a a´gua na˜o ficara´ com a temperatura constante, sua temperatura aumentara´ a` medida que recebe calor. Quanto
maior sua temperatura, menor sera´ a poteˆncia de calor transmitida pela fonte quente. Seja T a temperatura da a´gua em um
certo instante. Enta˜o, a quantidade de calor que a a´gua recebera´ em um intervalo de tempo dt e´ dQ = KAD (Tq − T ) dt. Por
outro lado, esse calor aumenta a temperatura da a´gua em dT = dQmCa . Portanto,
m · Ca · dT = dQ = KA
D
(Tq − T ) dt ⇒ dT
T − Tq = −
KA
DmCa
dt ⇒ ln
∣∣∣∣Tf − TqT0 − Tq
∣∣∣∣ = − KADmCa (t− t0)
Logo, o tempo necessa´rio para que a a´gua passe de 0 oC para um temperatura Tf e´
∆ t =
DmCa
KA
ln
∣∣∣∣ TqTq − Tf
∣∣∣∣ .
onde Tq e Tf esta˜o em graus Celsius.
Dados
Ca´gua = 1
cal
g K
, Cgelo = 0, 5
cal
g K
, La´gua,Fusa˜o = 80
cal
g
, La´gua,Vaporizac¸a˜o = 540
cal
g
R = 8
J
mol K
, P V = nRT , Cmol,V =
f
2
R , Cmol,P =
f + 2
2
R , E =
f
2
nRT
λ =
V√
2pi d2N
, vrms =
√
3RT
Mmol
Adiaba´tica: P1 · (V1)γ = P2 · (V2)γ , γ = f + 2
f
Unidade de Condutividade Te´rmica: [k] =
J
s ·m ·K
∆S ≥
∫
dQ
T
, dS ≥ dQ
T
, W =
∫
P dV , ε =
W
Qrec
, ε
C
= 1 − Tf
Tq
ln(0, 6) ' − 0, 5 , ln(2) ' 0, 7 , pi ' 3, 1 ,
√
2 ' 1, 4 ,
√
3 ' 1, 7 ,
√
5 ' 2, 2
∫
xn dx =
xn+1
n+ 1
se n 6= −1 ,
∫
ec x dx =
1
c
ec x ,
∫ xf
x0
dx
x− c = ln
∣∣∣∣xf − cx0 − c
∣∣∣∣
3