Física 2 UFPE - PROVA 3A UNIDADE - 2017.1 (RESOLVIDA)

Prévia do material em texto

Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
Gabarito da 3a Avaliac¸a˜o de F´ısica Geral 2 - 2017.1
26/06/2017
Nos testes, na˜o sera˜o considerados os ca´lculos ou anotac¸o˜es, apenas as respostas sera˜o avaliadas. Indicar apenas uma resposta
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.
Teste 1 (1,0) Uma amostra A de uma substaˆncia na sua fase l´ıquida, com calor espec´ıfico
c`, e uma amostra B da mesma substaˆncia na sua fase so´lida, com calor espec´ıfico cs, sa˜o
colocadas em um recipiente termicamente isolado e se espera ate´ que entrem em equil´ıbrio
te´rmico. Considere que as amostras possuem a mesma massa. Sabendo que o gra´fico abaixo
ilustra a temperatura T das amostras em func¸a˜o do tempo t, assinale a alternativa correta.
a) c` < cs e a amostra so´lida derrete completamente.
b) c` > cs e a temperatura de equil´ıbrio esta´ acima da temperatura de congelamento.
c) c` > cs e a amostra l´ıquida solidifica parcialmente.
d) c` = cs e esse gra´fico e´ imposs´ıvel de acontecer fisicamente.
e) c` < cs e a temperatura de equil´ıbrio esta´ abaixo da temperatura de congelamento.
f) c` < cs e a temperatura de equil´ıbrio e´ maior que a de evaporac¸a˜o.
g) c` < cs e, no equil´ıbrio, observa-se a substaˆncia tanto na sua fase so´lida como na sua fase
l´ıquida.
Resposta: (b) ; Como as massas sa˜o as mesmas e a taxa de variac¸a˜o da temperatura da substaˆncia em sua fase l´ıquida
e´ menor que a taxa de variac¸a˜o da temperatura da fase so´lida (em mo´dulo), o calor espec´ıfico da fase l´ıquida e´ maior que o
da fase so´lida (c` > cs). Em outras palavras, precisa-se de mais calor para variar 1 grau Celsius, 1 grama da substaˆncia, na
sua fase l´ıquida do que na sua fase so´lida. Por outro lado, note que toda a massa da fase so´lida se torna l´ıquida (regia˜o do
gra´fico com temperatura constante) e ainda observa-se um aumento da sua temperatura para atingir o equil´ıbrio. Portanto,
a temperatura de equil´ıbrio esta´ acima da temperatura de congelamento.
Teste 2 Dois mols de um ga´s ideal sa˜o levados do estado A para o estado B, conforme
ilustrado ao lado. Desprezando efeitos de vibrac¸a˜o das mole´culas, assinale a alternativa
que pode corresponder ao tipo de ga´s utilizado e ao processo ilustrado.
a) Monoatoˆmico e Isote´rmico
b) Diatoˆmico e Isote´rmico
c) Poliatoˆmico e Isote´rmico
d) Monoatoˆmico e Adiaba´tico
e) Diatoˆmico e Adiaba´tico
f) Poliatoˆmico e Adiaba´tico
g) Monoatoˆmico e Isoba´rico
h) Diatoˆmico e Isoba´rico
i) Poliatoˆmico e Isoba´rico
Resposta: (f); Se a transformac¸a˜o fosse isote´rmica ter´ıamos PAVA = PBVB , algo que na˜o e´ verdade. Logo, deve ser
uma adiaba´tica. De fato, se for uma adiaba´tica devemos ter PAV
γ
A = PBV
γ
B , que pode ser reescrito como
PA
PB
=
(
VB
VA
)γ
.
Substituindo os valores obtidos no gra´fico, tem-se 24 =
(
23
)γ
. Assim γ = 4/3 e, portanto, o ga´s deve ser poliatoˆmico, ja´ que
nesse caso ha´ 6 graus de liberdade (f = 6), cv = 3R e cp = 4R.
1
Teste 3 (1,0) Um sistema termodinaˆmico pode ir do estado A para o estado B atrave´s
de treˆs processos revers´ıveis distintos, conforme ilustrado no diagrama ao lado. Sendo
Q1, Q2, Q3 os calores recebidos pelo sistema nos processos 1, 2 e 3 respectivamente
e ∆E1, ∆E2, ∆E3 as respectivas variac¸o˜es de energia interna, marque a alternativa
correta.
a)Q1 > Q2 > Q3 ; ∆E1 > ∆E2 > ∆E3
b)Q1 = Q2 = Q3 ; ∆E3 > ∆E2 > ∆E1
c)Q3 > Q2 > Q1 ; ∆E1 = ∆E2 = ∆E3
d)Q1 = Q2 = Q3 ; ∆E1 = ∆E2 = ∆E3
e)Q1 = Q2 = Q3 ; ∆E1 > ∆E2 > ∆E3
f)Q3 > Q2 > Q1 ; ∆E3 > ∆E2 > ∆E1
g)Q1 > Q2 > Q3 ; ∆E1 = ∆E2 = ∆E3
h)Q3 > Q2 > Q1 ; ∆E1 > ∆E2 > ∆E3
Resposta:
(g); Como os processos sa˜o revers´ıveis, segue que dQ = TdS, de forma que Q =
∫
TdS. Ou seja, o calor recebido e´ a a´rea
abaixo do gra´fico T em func¸a˜o de S. Enta˜o, Q1 > Q2 > Q3. Como nos treˆs processos acima temos o mesmo estado inicial e
o mesmo estado final, a variac¸a˜o de energia e´ a mesma nos treˆs processos.
Teste 4 (1,0) Caixas isoladas termicamente e divididas em duas partic¸o˜es possuem part´ıculas distribu´ıdas entre as duas
partic¸o˜es, como mostrado nas figuras abaixo. Qual das configurac¸o˜es abaixo possui a maior entropia?
Resposta:
(h); A entropia aumenta com o nu´mero de part´ıculas e com a homogeneidade do sistema, pois quanto mais homogeˆneo maior
o nu´mero de microestados poss´ıveis. A configurac¸a˜o (h) tem o maior nu´mero de part´ıculas e e´ a mais homogeˆnea, tem metade
das part´ıculas de um lado e metade do outro.
2
Problema 1 (3,0) Uma garrafa te´rmica conte´m, inicialmente, uma massa de a´gua ma a uma temperatura de 10
◦C. Enta˜o,
um cubo de gelo de massa 30g a 0◦C e´ introduzido na garrafa te´rmica. Sabendo que no estado de equil´ıbrio 50% do gelo foi
derretido, fac¸a o que e´ solicitado abaixo. Suas respostas podem ser deixadas em termos de frac¸o˜es simplificadas.
a)(0,7) Determine a massa de a´gua ma.
b)(0,9) Sem fazer contas, discuta quais devem ser os sinais esperados para as variac¸o˜es de entropia do gelo, da a´gua e
do sistema total (a´gua+gelo). Ou seja, diga se cada uma dessas variac¸o˜es deve ser positiva, negativa ou nula. Explique suas
respostas.
c)(1,4) Calcule a variac¸a˜o de entropia do gelo e da a´gua.
Resposta:
(a) Como no equil´ıbrio o gelo esta´ parcialmente derretido, a temperatura de equil´ıbrio e´ Teq = 0
◦C. A soma do calor trocado
entre o gelo e a a´gua e´ nula, portanto
maca(Teq − Ta) + mg
2
LF = 0 ⇒ ma = mgLF
2caTa
=
30× 80
2× 1× 10 = 120g.
(b) Levando em conta que dS ≥ dQ/T , chegamos a`s seguintes concluso˜es:
A´gua → Como a a´gua perde calor, dQa < 0, segue que ∆Sa pode ser negativo.
Gelo → Como o gelo ganha calor, dQg > 0, devemos ter ∆Sg > 0.
Sistema Total → Como o sistema esta´ fechado, segue que dQT = 0, de forma que ∆ST ≥ 0. Mas, como o processo e´
irrevers´ıvel, devemos ter ∆ST > 0, em concordaˆncia com a segunda lei da termodinaˆmica.
(c) Escolhendo os processos revers´ıveis apropriados que levam o gelo e a a´gua da mesma condic¸a˜o inicial a` mesma condic¸a˜o
final, podemos escrever ∆S =
∫
dQ/T , onde a temperatura deve estar na escala Kelvin. Como a transformac¸a˜o do gelo foi
isote´rmica, temos:
∆Sg =
Qg
Tg
=
(mg/2)LF
273
=
15× 80
273
=
1200
273
cal/K.
Por sua vez, a variac¸a˜o de entropia da a´gua e´ dada por
∆Sa =
∫ f
i
dQ
T
=
∫ f
i
maca
T
dT = macaln
(
Teq
Ta
)
= 120 ln
(
273
283
)
cal/K.
3
Problema 2 (3,0) A figura abaixo mostra um ciclo ao qual uma porc¸a˜o de ga´s ideal monoatoˆmico e´ submetida. O ciclo e´
composto por treˆs etapas: um processo onde a pressa˜o varia linearmente com o volume (A-B), um processo isoco´rico (B-C)
e um processo isoba´rico (C-A).
Escrevendo todas as suas respostas apenas em termos de P0 e V0, fac¸a o que e´ pedido abaixo.
(a) (2,1) Determine o trabalho realizado e o calor recebido pelo ga´s em cada uma das treˆs etapas.
(b) (0,9) Qual e´ a eficieˆncia da ma´quina que opera com o ciclo da figura acima? Se uma ma´quina de Carnot operasse entre
a ma´xima e mı´nima temperatura do ciclo da figura acima, qual seria a eficieˆncia da ma´quina de Carnot?
Resposta:
(a) No diagrama P × V , o trabalho e´ dado pela a´rea abaixo da curva que representa o processo com o seu respectivo sinal,
de forma que:
WAB = P0V0 +
1
2
V0(2P0) = 2P0V0 ; WBC = 0 ; WCA = −P0V0 .
A energia interna de um ga´s monoatoˆmico e´ dada por E = 32nRT =
3
2PV . Portanto, as variac¸o˜es de energia sa˜o:
∆EAB =
3
2
(PBVB −PAVA) = 15
2
P0V0 ; ∆EBC =
3
2
(PCVC −PBVB) = −6P0V0 ; ∆ECA = 3
2
(PAVA −PCVC) = −3
2
P0V0 .
Finalmente, o calor e´ dado por Q = ∆E +W , de forma que
QAB = ∆EAB +WAB =
192
P0V0 ; QBC = ∆EBC +WBC = −6P0V0 ; QCA = ∆ECA +WCA = −5
2
P0V0 .
(b) Como QAB > 0, QBC < 0 e QCA < 0, o ga´s recebe calor no processo AB e perde calor nos processos BC e CA. A
eficieˆncia do ciclo e´:
η =
Wciclo
Qrecebido
=
2P0V0 + 0− P0V0
QAB
=
P0V0
(19/2)P0V0
=
2
19
.
Sendo a temperatura dada por T =
PV
nR
, a temperatura ma´xima no ciclo e´ Tq = TB =
6P0V0
nR
e a mı´nima Tf = TA =
P0V0
nR
.
Portanto a eficieˆncia de uma ma´quina de Carnot seria
ηCarnot = 1− Tf
Tq
= 1− 1
6
=
5
6
.
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
P · (V )γ = cte , γ = Cmol,P
Cmol,V
, λ =
V√
2pi d2N
, vrms =
√
3RT
Mmol
, TKelvin = TCelsius + 273
∆S ≥
∫
dQ
T
, dS ≥ dQ
T
, W =
∫
P dV , ε =
W
Qrec
, ε
C
= 1 − Tf
Tq
S =
R
NA
ln(Ω) , Ω =
N !
nE ! nD!
, N = nE + nD
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
∣∣∣∣
4