P3 - Va Parte 2 - 2023-2

Questão 1.a Não há troca de calor com o ambiente: 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4 = 0 Onde: 𝑄1 é o calor sensível da água no copo 𝑄2 é o calor sensível do gelo 𝑄3 é o calor latente do derretimento do gelo 𝑄4 é o calor sensível da água resultante do derretimento do gelo: (𝑚𝑐∆𝑇)1 + (𝑚𝑐∆𝑇)2 + (𝑚𝐿𝑓)3 + (𝑚𝑐∆𝑇)4 = 0 0.33 · 4189 · (𝑇𝑓 − 27.0) + 0.04 · 2220 · (𝑇𝑓 + 3.00) + 0.04 · 333 + 0.04 · 4189 · (𝑇𝑓 − 0) = 0 −37324 + 1382.37 𝑇𝑓 + 266.4 + 88.8 𝑇𝑓 + 13.32 + 167.56 𝑇𝑓 = 0 −37044.3 + 1638.73 𝑇𝑓 = 0 𝑇𝑓 = 37044.3 1638.73 𝑇𝑓 = 22.6 °𝐶 Questão 1.b Supondo que as pedrinhas de gelo continuem a -3,00°C 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4 = 0 (𝑚𝑐∆𝑇)1 + (𝑚𝑐∆𝑇)2 + (𝑚𝐿𝑓)3 + (𝑚𝑐∆𝑇)4 = 0 0.33 · 4189 · (1 − 22.6055) + 𝑚 · 2220 · (1 + 3) + 𝑚 · 333 + 𝑚 · 4189 · (1 − 0) = 0 −29866.795035 + 8880𝑚 + 333𝑚 + 4189𝑚 = 0 13402𝑚 = 29866.795035 𝑚 = 29866.795035 13402 𝑚 = 2.23 𝑘𝑔 𝑚 = 2228,5 𝑔 Questão 2.a Em um processo adiabático: 𝑝𝑉𝛾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Onde em um gás monoatômico 𝛾 = 1.67 Logo: 𝑝1𝑉1 1.67 = 𝑝2(2𝑉1)1.67 2 · 11.67 = 𝑝2(2)1.67 𝑝2 = 2 (2)1.67 𝑝2 = 0.628507 𝑎𝑡𝑚 Para converter para pascal, temos que multiplicar por 101325. 𝑝2 = 0.628507 · 101325 = 63683.47 𝑃𝑎 A temperatura em um processo adiabático é: 𝑇2 𝑇1 = (𝑉1 𝑉2 ) 𝛾−1 𝑇2 300 = ( 𝑉1 2𝑉1 ) 0.67 𝑇2 300 = (1 2) 0.67 𝑇2 = 300 (1 2) 0.67 𝑇2 = 188.522 𝐾 O volume é obtido de 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑝 O número de mols n é: 𝑛 = 𝑚 𝑀 Então, o volume final é: 𝑉2 = 𝑚𝑅𝑇2 𝑀𝑝2 𝑉2 = 1 · 8.314 · 188.522 15 · 63683.47 𝑉2 ≅ 0.00164 𝑚3 Então a pressão e o volume ao final do processo é 𝑝2 = 63683.47 𝑃𝑎 𝑉2 = 0.00164 𝑚³ Questão 1.b O trabalho em um processo adiabático é: 𝑊 = (𝑝1𝑉1 − 𝑝2𝑉2) 𝛾 − 1 Substituindo os dados, sabendo que 𝑉1 = 𝑉2 2 A pressão inicial em pascal é: 𝑝1 = 2 · 101325 = 202650 𝑃𝑎 Então: 𝑊 = 202650 · 0.00164 2 − 63683.47 · 0.00164 0.67 𝑊 = 92.14 𝐽 Questão 1.c. À temperatura constante: 𝑝2𝑉2 = 𝑝3𝑉3 𝑝3 = 𝑝2𝑉2 𝑉3 𝑝3 = 63683.47 · 𝑉2 𝑉2 2 𝑝3 = 2 · 63683.47 𝑝3 = 127366.94 𝑃𝑎 Questão 1.d Esse processo não conhecido deve ser um processo isocórico, pois 𝑉3 = 𝑉1 O trabalho 1-2 (adiabático) já calculamos: 𝑊12 = 92.14 𝐽 O trabalho 2-3 é isotérmico, com 𝑇 = 𝑇2 𝑊23 = 𝑛𝑅𝑇 ln (𝑉3 𝑉2 ) 𝑊23 = 𝑚 𝑀 𝑅𝑇 ln ( 𝑉2 2 𝑉2 ) 𝑊23 = 1 15 · 8.314 · 188.522 · ln (1 2) 𝑊23 = −72.4280 𝐽 O trabalho 3 − 1 é nulo pois estamos em uma transformação isocórica. 𝑊31 = 0 Logo, o trabalho do ciclo é: 𝑊𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 𝑊12 + 𝑊23 + 𝑊31 𝑊𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 92.14 − 72.428 + 0 𝑊𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 19.712 𝐽 Questão 1.e Na etapa 1-2 o processo é adiabático: 𝑄12 = 0 Na etapa 2-3, o processo é isotérmico e o calor é igual ao trabalho: 𝑄23 = −72.4280 𝐽 E no processo 3-1, o calor é igual à variação da energia interna: 𝑄31 = ∆𝑈31 = 3 2 𝑛𝑅∆𝑇 𝑄31 = ∆𝑈31 = 3 2 · 1 15 · 8.314 · (300 − 188.522) 𝑄31 = ∆𝑈31 = 92.68 𝐽 O rendimento do ciclo é: 𝜂 = 𝑊𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝜂 = 19.172 −72.428 + 92.68 𝜂 = 0.9467 = 94.67 % (𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡, 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑠𝑒 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙) Questão 3.a A constante da mola é: 𝑘 = 𝐹 𝑥 = 100 0.15 = 666.67 𝑁 𝑚 Questão 3.b A frequência das oscilações é 𝑓 = 1 2𝜋 √𝑘 𝑚 𝑓 = 1 2𝜋 √666.67 10.0 𝑓 = 1,3 𝐻𝑧 Questão 3.c A velocidade máxima é 𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔𝐴 = √𝑘 𝑚 · 𝐴 = √666.67 10.0 · 0.15 = 1.22 𝑚/𝑠 Questão 3.d A aceleração máxima é: 𝑎𝑚á𝑥 = 𝜔2𝐴 = 666.67 10.0 · 0.15 = 10,0 𝑚 𝑠2 Questão 3.e A energia total é: 𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑘𝐴2 2 = 666.67 · 0.152 2 = 7.50 𝐽 Questão 4: Efeito doppler: 𝑓𝑎𝑝 = 𝑓 (𝑣 ± 𝑣𝑜 𝑣 ∓ 𝑣𝑓 ) 𝑓𝑎𝑝 = 800 ( 340 + 30 3.6 340 − 30 3.6 ) 𝑓𝑎𝑝 = 840.2 𝑘𝐻𝑧 Questão 5 Parece que a tabela está invertida, pois a frequência diminui com o número de harmônicos. Na verdade, a frequência é diretamente proporcional ao número de harmônicos e deveria aumentar com o aumento desse número: 𝑓𝑁 = 𝑁𝑓𝑓𝑢𝑛𝑑