Resolução da 1ª Prova de Física II Unificada do Período UFRJ. Assuntos: Termodinâmica, Hidrodinâmica e Hidrostática.

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1 Resolução da ª Prova de Física II Unificada do Período 04.-UFRJ Assuntos: Termodinâmica, Hidrodinâmica e Hidrostática. Resolução: João Batista F. Sousa Filho (Graduando Engenharia Civil 04.) Contato: contatoengenhariafacil@gmail.com ) Gases monoatômicos sofrem variação de energia interna ΔU= 3 nrδt, já os gases diatômicos sofrem variação de energia interna ΔU= 5 nrδt. Como diz no enunciado, ΔU igual para os dois casos, temos: 3 nrδt = 5 nrδt * ΔT ΔT = 5 3 Ou seja, o gás monoatômico sofre uma maior variação de temperatura. Alternativa Correta:B * O enunciado não nos afirma a quantidade de cada gás, então consideramos que os dois gases possuíam a mesma quantidade. **Esses valores 3 e 5 advêm do grau de liberdade de cada gás, sendo 3 para o monoatômico e 5 para o diatômico, a fórmula para a energia interna de cada gás seria (ΔU= q nrδt) sendo q o grau de liberdade da molécula. ) A pressão em vasos comunicantes pode ser comparada a partir da união da Equação da continuidade com a Equação de Bernoulli:

2 Q = Av (Equação da Continuidade) ρv² + ρgh + P = cte (Equação de Bernoulli) Tendo h=h e ρ = ρ ( Caso de um tubo horizontal): ρv + P = ρv + P ρ v v = P P Sendo v = Q A e v = Q A e utilizando A > A, temos: ρq A A < 0 P P < 0 P > P Então, quanto maior for a área do vazo comunicante, maior a pressão do flúido.além disso, utilizando o princípio de Stevin, quanto maior a altura do flúido, maior pressão, então, temos: P 4 < P 3 < P < P E utilizando da Equação da continuidade, temos: Q=Av, quanto maior a área, menor a velocidades, então, temos: V > V = V 3 > V 4 Alternativa Correta: D 3) Utilizando do mesmo princípio da questão, temos: ΔU= 3 nrδt Da lei dos gases ideais, temos: PΔV=nRΔT Daí temos: ΔU= 3 PΔV Dobrando a Pressão a volume constante, temos: ΔU= 3 PV= 3PV

3 Dobrando o volume a pressão constante, temos: Em ambos os casos a Energia Cinética dobra. 4) ΔU= 3 PV= 3PV Alternativa Correta:C O que define o peso do sistema é a coluna de água (altura da água a partir da base). Como ambos os três têm a mesma altura de água, o peso deles são iguais. Alternativa Correta:A 5) I) De acordo com o livro ( Física II, Termodinâmica e ondas, Young and Freedman, Edição,Pag.94, Capitulo 0) m a entropia de um sistema depende apenas de seu estado inicial e final, independente da reversibilidade di sistema, e é sempre a mesma em todos estados possíveis. A variação de entropia do sistema + vizinhança em processos reversíveis são nulas, pois: A soma das variações de entropia em cada pequeno ciclo reversível, cada um dos quais com uma variação de entropia nula. Logo, a variação total de entropia durante qualquer ciclo reversível é igual a zero. ( Física II, Termodinâmica e ondas, Young and Freedman, Edição,Pag.97, Capitulo 0). Afirmação Verdadeira

4 II) Como em processos reversíveis a variação de entropia é nula, denota-se que o aumento de entropia na vizinhança é ao contrário da do sistema, ou seja: Sendo ΔS a variação de Entropia, temos: S Sistema + S Vizinhança = 0 ( Processos Reversíveis) Já em processos irreversíveis a variação de entropia nunca é menor ou igual a zero. S Sistema + S Vizinhança > 0 (Processos Irreversíveis) Afirmativa Verdadeira III) Do conceito de Entropia, a energia dissipada por um sistema que não faz trabalho gera uma maior desordem nesses sistema e no universo, sendo ciclos irreversíveis com perdas de energias mais intensas. Se não houver essa dissipação que não gera trabalho, como em ciclos reversíveis, não há variação de entropia (situação hipotética). Afirmação Verdadeira Alternativa Correta:G 6) A pressão de um fluido não depende do formato e sim coluna de fluido (altura). Temos do conceito de pressão: Sendo P o peso, m a massa e ρ a densidade do flúido e g a aceleração da gravidade. P = F r A = P A = mg A = ρvg A = ρahg A P = ρgh ( Teorema de Stevin) Sendo assim, vimos que a pressão, que é constante em todos os pontos do flúido que estão num mesmo nível, depende apenas da altura da coluna d água e não do formato, ou área da base. 7) Alternativa Correta:E Sendo a capacidade térmica C=mc = Q T, temos: Quando dois gases entram em contato até o equilíbrio, um ganho a mesma quantidade que o outro perde calor, tendo como o ΔQ final = 0, temos:

5 Q = 0 Q + Q = 0 Q = Q C T = C T C (T f T ) = C (T f T ) Isolando o T f, temos: T f = C T + C T C + C A variação de entropia ( S) pode ser calculada por: ds = dq T = C. dt T Integrando de ambos os lados, temos: ds = C. dt T = C dt T S = C. ln T Na situção abaixo, devemos ter duas integrais, um do gás com Temperatura T até Tf e outra com temperatura T até Tf e somá-las. C T f dt T T = C (ln T f ln T ) = C ln T f T C T f dt = C T T ln T f ln T = C ln T f = C T ln T T f Sendo assim, S = C ln T f T C ln T T f Alternativa Correta:D 8) O processo 3 e 3 não podem acontecer simultaneamente pois suas curvas não são semelhantes,(a derivadas em um mesmo P são diferentes).

6 Temos o processo Isotérmico: Pela ª Lei da Termodinâmica, temos: Q= U + W Sendo isotérmica, U = 0 Q=W Sendo os processos 3 e 3 adiabáticos, não há uso de calor externo no processo, e: U 3 = W 3 U 3 = W 3 A eficiência (n) dessa máquina pode ser calculada por: n = W total Q absorvido = Q absorvido + Q cedido Q absorvido Sendo o Calor cedido nulo (processo 3 adiabático), temos: n = Q absorvido Q absorvido = = 00% O enunciado de Kelvin-Planck da segunda Lei da termodinâmica, nos afirma: É impossível a construção de um dispositivo que, por si só, isto é, sem intervenção do meio exterior, consiga transformar integralmente em trabalho o calor absorvido de uma fonte a uma dada temperatura uniforme. As afirmativas I e III são verdareiras Alternativa Correta:A