EE3 Fisica2 2017.2 gabarito

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
3a Avaliac¸a˜o de F´ısica Geral 2 - 2017.2
27/11/2017
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) Considere os processos termodinaˆmicos abc, ac e adc ilustrados na
figura ao lado. Marque a alternativa correta com respeito a` troca de calor realizada
pelo ga´s em cada processo.
(a) Qabc < Qac < Qadc. (b) Qabc < Qac = Qadc. (c) Qabc = Qac < Qadc.
(d) Qabc = Qac = Qadc. (e) Qabc > Qac = Qadc. (f) Qabc = Qac > Qadc.
(g) Qabc > Qac > Qadc. (h) Qabc > Qac e Qadc > Qac. (i) Qabc < Qac e Qadc < Qac
Resposta: (g)
Justificativa:
Como o trabalho corresponde a` a´rea abaixo da curva no diagrama PV, temos que Wabc > Wac > Wadc. Por outro lado, como
a energia interna e´ uma func¸a˜o de estado, temos que ∆Eabc = ∆Eac = ∆Eadc. Portanto, pela primeira lei da termodinaˆmica
∆E = Q−W , temos que Qabc > Qac > Qadc.
Teste 2 Dois corpos A e B isolados passam por dois experi-
mentos termodinaˆmicos. No primeiro experimento, os corpos
A e B esta˜o em contato te´rmico atrave´s de um condutor 1
e, no segundo experimento, atrave´s de um condutor 2. Nos
dois experimentos, inicialmente o corpo A esta´ a uma tempe-
ratura TQ e o corpo B esta´ a temperatura ambiente Tamb < TQ.
Nesse processo, os corpos mudam sua temperatura com o pas-
sar do tempo ate´ atingir a temperatura de equil´ıbrio Teq. O
gra´fico ao lado representa a temperatura do corpo A monito-
rada no tempo para os dois experimentos. Analise as seguintes
afirmac¸o˜es a cerca dos dois condutores utilizados. Assinale V
para as verdadeiras e F para as falsas.
[ ] Caso os condutores tenham caracter´ısiticas geome´tricas iguais, a condutividade te´rmica do condutor 2 e´ maior do
que a do condutor 1. (0.3)
[ ]Considere A a a´rea de contato do condutor com cada um dos corpos e L o comprimento do condutor, que corresponde
a` distaˆncia que separa os corpos A e B. Se os condutores forem feitos do mesmo material, a raza˜o A/L do condutor 2 e´
menor do que a do condutor 1. (0.3)
[ ] Se um terceiro condutor com condutividade te´rmica maior do que a dos condutores 1 e 2 for utilizado, a temperatura
de equil´ıbrio sera´ maior. (0.3)
[ ] Considerando que os condutores 1 e 2 possuem a´reas de contato iguais, um condutor composto formado por eles
ira´ tornar o experimento mais lento. Ou seja, a temperatura de equil´ıbrio sera´ atingida mais tarde do que nos dois casos
representados no gra´fico. (0.3)
[ ] O processo de transfereˆncia de calor entre os corpos A e B e´ irrevers´ıvel. (0.3)
1
Resposta: F, V, F, V e V
Justificativa:
[F] Como no condutor 1 a temperatura de equil´ıbrio e´ atingida mais rapidamente, a taxa de transfereˆncia de calor e´ maior
e, portanto, a condutividade do condutor 1 e´ maior do que a do condutor 2.
[V] Quanto maior a raza˜o A/L, maior a taxa de transfereˆncia de calor. Como o experimento 2 e´ mais lento, a raza˜o A/L
deve ser menor para o condutor 2.
[F] A temperatura de equil´ıbrio so´ depende das propriedades dos corpos A e B e na˜o das propriedades dos condutores.
Portanto, a afirmac¸a˜o a´ falsa.
[V] O condutor composto possui resisteˆncia te´rmica igual a L1/k1 + L2/k2 maior que as resisteˆncias de cada condutor.
Portanto, o calor sera´ transferido mais lentamente para o condutor composto em comparac¸a˜o aos dois experimentos descritos
no gra´fico.
[V] Dois corpos isolados trocando calor constitui um processo termodinaˆmico irrevers´ıvel. Durante esse processo, o sistema
esta´ continuamente fora do equil´ıbrio termodinaˆmico.
Teste 3 (1,0) Considere 4 mols de um ga´s ideal diatoˆmico inicialmente a temperatura T . Primeiramente, o ga´s e´ submetido a
uma expansa˜o a pressa˜o constante aumentando sua temperatura para 3T . Em seguida, o ga´s sofre uma expansa˜o adiaba´tica.
Sabendo que a variac¸a˜o da energia interna total do ga´s nos dois processos e´ de 4RT , qual o trabalho total realizado pelo
ga´s?
(a) −RT . (b) −4RT . (c) RT (d) 6RT . (e) 15RT . (f) 20RT . (g) 24RT . (h) 28RT .
Resposta: (g)
Justificativa:
Pela primeira lei da termodinaˆmica ∆ET = QT −WT , temos que WT = QT − ∆ET . Note que so´ ha´ troca de calor na
expansa˜o a pressa˜o constante, portanto
QT = ncp∆T = 4
7R
2
2T = 28RT.
Por outro lado, como ∆ET = 4RT , o trabalho total e´ dado por
WT = 24RT.
Problema 1 (3,5) Um mol de ga´s ideal monoatoˆmico (cV =
3
2R) realiza
um ciclo termodinaˆmico revers´ıvel, como mostrado na figura ao lado. Note
que o processo ab e´ a u´nica etapa em que o ga´s absorve calor no ciclo,
enquanto que sua pressa˜o varia linearmente durante esta expansa˜o. Nos
tempos bc e ca o ga´s libera calor. Determine:
a) (1,0) O trabalho total realizado pelo ga´s no ciclo.
b) (1,5) A eficieˆncia do ciclo.
c) (1,0) A variac¸a˜o de entropia do ga´s no processo bc e justifique porque
seu resultado na˜o viola a segunda lei da termodinaˆmica.
Soluc¸a˜o
a) Primeiro determinamos o trabalho no ciclo: Wciclo = Wab + Wbc + Wca. O processo bc e´ isoco´rico (V=constante),
isto e´, Wbc = 0. Por outro lado,
Wca =
∫ V0
3V0
pdV = −2p0V0,
pois o processo e´ isoba´rico.
2
Para calcular o trabalho no processo ab, precisamos de p como func¸a˜o de V . Escrevendo p(V ) = AV +B, dos dados do
gra´fico obtemos p = 2 p0V0 (V − V0) + p0. Portanto Wab =
∫ 3V0
V0
pdV = 6p0V0. Consequentemente,
Wciclo = 4p0V0.
b) Usando a primeira lei da termodinaˆmica, podemos determinar o calor absorvido pelo ga´s no ciclo Qab. A variac¸a˜o da
energia interna vale
(∆Eint)ab = cV (Tb − Ta) = 3
2
R(Tb − Ta).
Da equac¸a˜o de estado do ga´s ideal:
paVa = RTa → RTa = p0V0.
Analogamente, para o ponto b, RTb = 15p0V0. Daqui obtemos R(Tb − Ta) = 14p0V0. Note ainda que Tb = 15Ta [esse
resultado sera´ utilizado no item (c)]. Portanto,
(∆Eint)ab = 21p0V0.
Usando a primeira lei da termodinaˆmica, Qab = (∆Eint)ab +Wab = 27p0V0. A eficieˆncia do ciclo vale
� =
Wciclo
Qab
=
4
27
.
c) A variac¸a˜o de entropia pode ser calculada em um processo revers´ıvel. Considere o ga´s como o sistema tal que
(∆S)bc =
∫
dQ
T
.
Usando a primeira lei na forma infinitesimal e sabendo que dWbc = 0, temos que
(∆S)bc =
∫
dEint
T
= cV
∫ Tc
Tb
dT
T
=
3
2
Rln
[Tc
Tb
]
.
Agora pcVc = RTc, que implica Tc = 3Ta. De nossa discussa˜o do item a), Tb = 15Ta, que implica em
(∆S)bc = −3
2
Rln5.
Processos revers´ıveis requerem dois ou mais subsistemas que compo˜em o sistema isolado total. Nosso ga´s e´ apenas um
subsistema; um poss´ıvel subsistema adicional seria um reservato´rio. O calor cedido pelo ga´s no processo bc e´ absorvido
pelo reservato´rio usando o princ´ıpio da conservac¸a˜o da energia. Como o processo e´ revers´ıvel, de fato temos (∆Stot)bc =
(∆S)bc + (∆Sres)bc = 0. Em processos revers´ıveis, um (ou mais) subsistema(s) pode(m) ter variac¸a˜o de entropia negativa,
mas o sistema isolado total composto de todos os subsistemas tem variac¸a˜o de entropia nula. Desta forma, o resultado acima
e´ consistente com a segunda lei da termodinaˆmica.
Problema 2 (3,0) A Figura ao lado mostra um bloco de alumı´nio de
massa 1 kg e um bloco de ferro de massa 2 kg. A temperatura do bloco
de alumı´nio e´ 300 K enquanto a temperatura do bloco de ferro e´ 500 K.
Os blocos esta˜o em uma caixa isolada termicamente e esta˜o separados
por uma diviso´ria isolante. Quando removemos a diviso´ria, depois de
algum tempo, os blocos atingem a temperatura de equil´ıbrio. O calor
espec´ıfico do alumı´nio e´ cAl = 900 J/kgK e o calor espec´ıficodo ferro e´
cFe = 450 J/kgK.
a) (1,0) Qual a temperatura de equil´ıbrio?
b) (0,5) Sem realizar ca´lculos, responda: A variac¸a˜o de entropia do sistema “bloco de alumı´nio + bloco de ferro” e´ positiva,
negativa ou nula? Justifique sua resposta.
c) (1,5) Qual e´ a variac¸a˜o de entropia do sistema “bloco de alumı´nio + bloco de ferro”? (sua resposta pode ficar em termos
de frac¸o˜es simplificadas)
Soluc¸a˜o:
3
a) Para o sistema (bloco de alumı´nio + bloco de ferro):∑
Q = 0, (1)
mFecFe(Teq. − Ti,Fe) +mAlcAl(Teq. − Ti,Al) = 0. (2)
Assim,
Teq =
mFecFeTi,Fe +mAlcAlTi,Al
mFecFe +mAlcAl
, (3)
Teq =
(2 kg × 450 J/kg ·K × 500 K) + (1 kg × 900 J/kg ·K × 300 K)
(2 kg × 450 J/kg ·K) + (1 kg × 900 J/kg ·K) , (4)
Teq =
(900 J × 500) + (900 J × 300)
900 J/K + 900 J/K
, (5)
Teq =
500 + 300
2
K, (6)
Teq = 400 K. (7)
b) Como o sistema e´ fechado e o processo apresentado na questa˜o e´ irrevers´ıvel,
∆Ssistema > 0. (8)
c)
∆Ssistema = ∆SAl + ∆SFe, (9)
∆Ssistema =
∫ f
i
dQAl
T
+
∫ f
i
dQFe
T
. (10)
Com dQ = mcdT , temos
∆Ssistema =
∫ f
i
mAlcAldT
T
+
∫ f
i
mFecFedT
T
, (11)
∆Ssistema = mAlcAl
∫ Teq.
Ti,Al
dT
T
+mFecFe
∫ Teq.
Ti,Fe
dT
T
, (12)
∆Ssistema = mAlcAlln
(
Teq.
Ti,Al
)
+mFecFeln
(
Teq.
Ti,Fe
)
, (13)
∆Ssistema = 2 kg × 450 J/kg ·K ln
(
400 K
300 K
)
+ 1 kg × 900 J/kg ·K ln
(
400 K
500 K
)
, (14)
∆Ssistema = 900 J/K ln
(
4
3
)
+ 900 J/K ln
(
4
5
)
, (15)
∆Ssistema = 900 ln
(
16
15
)
J/K. (16)
Observe que ∆Ssistema > 0 conforme informado no item (b).
4