Física 2 UFPE - PROVA FINAL - 2017.2 (RESOLVIDA)

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
Avaliac¸a˜o Final de F´ısica Geral 2 - 2017.2
11/12/2017
Testes:
Problema 1:
Problema 2:
Nota Final:
Nome: CPF: Turma:
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) A figura ao lado mostra duas part´ıculas pun-
tiformes, A e B, fixadas espacialmente e separadas por uma
distaˆncia d. A part´ıcula A possui massa mA e a part´ıcula B
possui massa mB . Uma terceira part´ıcula puntiforme deve ser
colocada entre A e B. Qual o valor da distaˆncia x de modo
que a part´ıcula C esteja em equil´ıbrio esta´tico apenas sob a
ac¸a˜o das forc¸as gravitacionais de A e B.
A B 
C 
x 
d 
(a) d
1+
√
mB/mA
(b) d
1−
√
mB/mA
(c)
1+
√
mB/mA
d (d)
d√
mB/mA−1
(e) d
1+
√
mA/mB
(f) d
1−
√
mA/mB
(g)
1+
√
mA/mB
d (h)
d√
mA/mB−1
(h)
√
mA/mB−1
d (i)
√
mB/mA−1
d
Resposta: (a)
Justificativa: Supondo as massas sobre o eixo x:
~FR,C = ~FG,A + ~FG,B = −GmAmC
x2
ıˆ+G
mBmC
(d− x)2 ıˆ = 0. (1)
A forc¸a resultante sobre a part´ıcula C sera´ a soma vetorial das forc¸as gravitacionais por ela sofrida pela part´ıcula A e pela
part´ıcula B. A condic¸a˜o de equil´ıbrio esta´tico requer quer essa forc¸a resultante seja nula. Da u´ltima igualdade acima temos
−mA
x2
+
mB
(d− x)2 = 0⇒
mA
x2
=
mB
(d− x)2 ⇒
(
d− x
x
)2
=
mB
mA
⇒
(
d
x
− 1
)2
=
mB
mA
⇒ d
x
− 1 =
√
mB
mA
. (2)
Resolvendo a u´ltima igualdade para x, encontramos como resposta o item (a):
x =
d
1 +
√
mB/mA
. (3)
Teste 2 (1,5) Um fluido incompress´ıvel escoa suavemente (fluxo ideal) da esquerda
para a direita pela tubulac¸a˜o da figura ao lado. Considerando Rv como a vaza˜o, v como
a velocidade e p como a pressa˜o do fluido, marque a resposta correta em relac¸a˜o a`s
regio˜es 1 e 2 ilustradas na figura.
(a) Rv1 > Rv2, v1 > v2, p1 > p2 (b) Rv1 > Rv2, v1 > v2, p1 < p2 (d) Rv1 > Rv2, v1 < v2, p1 > p2
(e) Rv1 > Rv2, v1 < v2, p1 < p2 (f) Rv1 = Rv2, v1 > v2, p1 > p2 (g) Rv1 = Rv2, v1 > v2, p1 < p2
(h) Rv1 = Rv2, v1 < v2, p1 > p2 (i) Rv1 = Rv2, v1 < v2, p1 < p2 (j) Rv1 < Rv2, v1 > v2, p1 > p2
1
Resposta: h
Justificativa: Como o fluido e´ incompress´ıvel, Rv1 = Rv2. Dessa forma, A1v1 = A2v2 e como A1 > A2, enta˜o v1 < v2. Agora,
aplicando a equac¸a˜o de Bernoulli
p1 +
ρv21
2
+ ρgy1 = p2 +
ρv22
2
+ ρgy2,
temos que
p1 = p2 +
ρ
2
(
v22 − v21
)
+ ρg(y2 − y1).
Finalmente, como v2 > v1 e y2 > y1, enta˜o p1 > p2.
Teste 3 (1,0) Duas ondas em uma corda infinita sa˜o representadas pelas func¸o˜es
y1(x, t) = 0.15m cos [(0.5 rad/m)x− (40 rad/s) t] e
y2(x, t) = 0.15m cos [(0.5 rad/m)x+ (40 rad/s) t] ,
onde y1, y2 e x esta˜o em metros e t em segundos. Qual e´, em metros, a posic¸a˜o do primeiro no´ da onda estaciona´ria
resultante?
Dados: cos(α+ β) = 2 cos[(α+ β)/2] cos[(α− β)/2].
(a) 0. (b) pi2 . (c) pi. (d)
3pi
2 (e) 2pi. (f)
5pi
2 . (g) 3pi. (h)
7pi
2 . (i)
9pi
2 . (j) 5pi.
Resposta: c
Justificativa:
y1(x, t) = 0.15mcos
(x
2
− 40t
)
(4)
y2(x, t) = 0.15mcos
(x
2
+ 40t
)
(5)
Assim
yr(x, t) = y1(x, t) + y2(x, t) (6)
yr(x, t) = 0.15mcos
(x
2
− 40t
)
+ 0.15mcos
(x
2
+ 40t
)
(7)
yr(x, t) = 0.15m
[
cos
(x
2
− 40t
)
+ cos
(x
2
+ 40t
)]
(8)
Com
cos(α+ β) = 2cos
1
2
(α+ β)cos
1
2
(α− β) (9)
escrevemos
yr(x, t) = 0.30mcos
1
2
(x
2
− 40t+ x
2
+ 40t
)
cos
1
2
(x
2
− 40t− x
2
− 40t
)
(10)
yr(x, t) = 0.30mcos
(x
2
)
cos(−40t) (11)
yr(x, t) = 0.30mcos
(x
2
)
cos(40t). (12)
O primeiro no´ ocorre no menor valor de x para qual yr(x, t) = 0. Assim
cos
(x
2
)
= 0 (13)
x
2
=
pi
2
(14)
O que equivale a
x = pi. (15)
2
Problema 1 (3,0) Um oscilador harmoˆnico simples e´ for-
mado por um bloco preso a uma mola com k=200 N/m. O
bloco desliza em uma superf´ıcie sem atrito, com o ponto de
equil´ıbrio em x = 0 e uma aplitude de 0,20 m. A figura ao
lado representa o gra´fico da velocidade v do bloco em func¸a˜o
do tempo t. Considere pi2 ≈ 10. Cuidado com os sinais!
Dados: x(t) = xm cos (ωt+ φ).
(a) (0,75) Qual e´ o per´ıodo do MHS?
(b) (0,75) Qual e´ a massa do bloco?
(c) (0,75) Qual o deslocamento do bloco no instante t = 0?
(d) (0,75) Qual e´ a acelerac¸a˜o do bloco no instante t = 0, 10 s?
Soluc¸a˜o:
a) Do gra´fico,vemos que vmax = 2pi = ωxm. Como xm = 0, 20 m, encontramos ω = 2pi/0, 20. E da´ı, o per´ıodo e´
T = 2piω = 0, 20 s.
b) T = 2pi
√
m
k ⇒ m = ( T2pi )2k = 0, 20 kg.
c) O gra´fico indica que a velocidade e´ zero no instante t = 0, o que implica que o bloco esta´ em x0 = ±xm. Tambe´m do
gra´fico percebemos que a derivada da curva, que e´ a acelerac¸a˜o, e´ positiva. Logo, como ma = −kx, isso implica que x e´
negativo. Assim, x0 = −0, 20 m.
d) No instante t = 0, 10 s, a velocidade e´ zero, o que implica que a acelerac¸a˜o e´ a = ±am = ±ω2xm. Olhando para o gra´fico,
percebemos que a derivada nesse ponto e´ negativa, assim a = −ω2xm. Como ω2 = k/m, temos a = − 2000,200, 20 = −200 m/s2.
Problema 2 (3,5) Um mol de um ga´s ideal (cv =
3R
2 ) e´ submetido a um
ciclo termodinaˆmico revers´ıvel, como mostra a figura ao lado. No processo
na˜o especificado ab, a variac¸a˜o de energia interna vale 2p0V0 e o calor
absorvido neste tempo e´ de 9p0V0. Determine:
a) (1,5) O trabalho realizado no ciclo.
b) (1,0) A eficieˆncia do ciclo.
c) (1,0) A variac¸a˜o de entropia do ga´s no processo ca em termos de R. Ana-
lisando sua resposta, explique a validade da segunda lei da termodinaˆmica
usando o conceito de subsistemas em processos revers´ıveis.
Soluc¸a˜o:
a) Usando a primeira lei da termodinaˆmica para o processo ab, temos que (∆Eint)ab = Qab − Wab. Portanto Wab =
−(∆Eint)ab + Qab = 7p0V0 (0,5) . E´ obvio do gra´fico que Wbc = 0 (0,25) e Wca = −p0V0 (0,25). O trabalho total vale
portanto
WT = Wab +Wbc +Wca = 6p0V0
(0,5).
b) Ora, ab e´ o u´nico processo em que o ga´s absorve calor (0,5). A eficieˆncia do ciclo vale � = WTQab =
2
3 (0,5).
c) Usando a primeira lei da termodinaˆmica na forma infinitesimal (dEint)ca = dQca − dWca, temos que ∆S =
∫ a
c
dQ
T =
3R
2
∫ Ta
Tc
dT
T +
∫ Va
Vc
pdV
T . Usando a equac¸a˜o de estado na segunda integral e sabendo
Ta
Tc
= VaVc =
1
2 , obtemos ∆S = − 52Rln2
(0,5). Processos revers´ıveis sempre esta˜o associados a 2 ou mais subsistemas, por exemplo ga´s mais reservato´rios. A entropia
total do sistema composto dos va´rios subsistemas deve ser zero em cada etapa do ciclo, na˜o apenas no ciclo como um todo.
Assim o ga´s tem uma entropia negativa no processo ca, mas os subsistemas na˜o especificados no problema, tambe´m chamados
de vizinhanc¸as, aumentam sua entropia de modo que a entropia total no processo ca vale zero. (0,5)
3