gabarito

Questão 1: (2 pontos)

Solução:
Da segunda lei de Newton

S_i=1,..,4F_i= 0

onde

F₁ = - r_rolV_rol g (peso de rolha)
F₂ = - r_pesV_pes g (peso do chumbo)
F₃ = r_aguaV_desl g (empuxo sobre rolha)
F₄ = r_aguaV_pes g (empuxo sobre chumbo)

Portanto,

- r_rolV_rol g - r_pesV_pes g + r_aguaV_desl g + r_aguaV_pes g = 0
- r_rolV_rol - r_pesV_pes + r_aguaV_desl + r_aguaV_pes = 0
- r_rolV_rol - r_pesV_pes + r_aguaV_rol/2 + r_aguaV_pes = 0
r_aguaV_rol/2 - r_rolV_rol = (r_agua/2- r_rol)V_rol
= r_pesV_pes - r_aguaV_pes = (r_pes- r_agua)V_pes

Ou seja,

V_rol = (r_pes- r_agua)V_pes/ (r_agua/2- r_rol)

Como, V_rol = (4/3)pr³, temos que

r³ = (r_pes- r_agua)(3/4)V_pes/ p(r_agua/2- r_rol)

Os dados do problema são: r_pes= 11,4 g/cm³_,r_agua=1 g/cm³_,r_rol= 0,20 g/cm³_,V_pes= 0,40 cm³ . Donde obtemos quer³ = 3,333 cm³, ou seja, r = 1,5 cm.

Questão 2: (2 pontos)

Solução:
O tubo de vidro e o líquido dilatam. A dilatação é linear, logo

DL = a L DT

Se o tubo possuir uma escala, no ponto em que o líquido aparece na escala o vidro dilatou de

DL_vid = (1,28/2) . 10^-5 . 10 = 0,64 . 10^-4 m

e o líquido dilatou de

DL_liq = (1,28/2) . 4 . 10^-5 . 10 = 2,56 . 10^-4 m

A variação aparente da altura da coluna líquida é então dada por

DL_liq - DL_vid = 1,92 . 10^-4 m = 0,192 mm

Questão 3: (2 pontos)

Solução:
a) DE não depende do caminho, logo

DE_iaf = Q_iaf - W_iaf = 30 cal

Como DE_iaf = DE_ibf , temos que

DE_ibf = 30 cal = (36 - W_ibf )
W_ibf = 6 cal

b) Se E_f - E_i = 30 cal, temos que E_i - E_f = - 30 cal,

- 30 cal = Q_fi - (- 13 cal)
Q_fi = - 43 cal

c) Se o ponto i possui uma energia interna de 10 cal, temos que

E_int,f = 10 cal + DE_if = 40 cal

d) No processo ib, temos que DE_ib = 12 cal e W_ib = 6 cal (veja item (a)), portanto

Q_ib = DE_ib + W_ib = 18 cal

No processo bf, temos que DE_bf = 18 cal e W_bf = 0 cal (o volume não varia), portanto

Q_bf = 18 cal

Questão 4: (2 pontos)

Solução:
(a)

pV^g = const.
1 . 10^6g = 10⁵ . 10^3g

Ou seja,

6g = 5 + 3g
g = 5/3

Logo, o gás é monoatômico.

(b) A temperatura final é obtida de

TV^g-1 = const.
273 . (10⁶)^2/3 = T . (10³)^2/3
T = 2,73 . 10⁴ K

PV = nRT
n = PV / RT = 10⁵ . 10⁵ .10³ .10^-3 / (8,31 . 2,73 . 10⁴)
n = 44.079

(d) A energia cinética por mol de um gás monoatômico é dada por E = (3/2) RT. Logo,

E_i = 3,4 .10³ J/mol e E_f = 3,4 . 10⁵ J/mol

(e) A velocidade média quadrática é dada por

v²_rms = 3RT/m

Logo,

v²_rms,i /v²_rms,f = T_i /T_f = 273/(273 . 10²) = 10^-2

Questão 5: (2 pontos)

Solução:

(I)

(II)

(I)
(a)
DE = 0, o que implica que

^{Q = W =}

Logo, Q = RT ln 2 = pV ln 2. No processo isovolumétrico W = 0 e DE = Q = nC_vDT. Como, neste caso DT = 3T, temos que Q = 3 . (3/2) R pV/R = (9/2)pV
(b) W_isot = Q = pV ln 2. Logo, W_isovol = 0
(c) DE_int = (9/2)pV, porque DE_int,fi = DE_int,f2
(d) DS_i2 = R ln 2, enquanto que ^DS_2f⁼= C_V ln (T_f/T_i) = (3/2) R ln 4 = 3R ln 2. Portanto DS = 4Rln 2.

(II)
(a) Q = - pV ln 2. Para o processo isobárico, Q = C_VDT + W. Ou seja, Q = 3T . (3/2) R + 2p . (3/2) V = (9/2) pV + 3 pV = (15/2) pV
(b) W_isot = - pV ln 2. W_isobar = 2p . (3/2) V = 3 pV
(c) DE não depende do caminho no diagrama pV. Logo, DE = (9/2) pV, como no processo I.
(d) DS também não depende do caminho no diagrama pV. Logo, DS = 4R ln 2, como no processo I.