PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 3 do ITA 2023

1ª fase · Física

Texto-base das questões 01 a 12 · 1ª fase

Quando necessário, use os seguintes valores para as constantes:

Aceleração local da gravidade g = 10\ \text{m/s}^2. Velocidade da luz no vácuo c = 3{,}0 \times 10^8\ \text{m/s}.

Aproximações numéricas: \log 2 \approx 0{,}30, \log 3 \approx 0{,}48 e \ln 10 \approx 2{,}3.

Considere um recipiente, sobre uma plataforma, sujeito à pressão atmosférica P_{atm}. Esse recipiente contém um volume inicial V_i de um gás monoatômico ideal em equilíbrio e tem um êmbolo de seção transversal de área A e de massa m. Para monitorar a aceleração do sistema, a plataforma foi suspensa por um dinamômetro, como ilustrado na figura. Por causa de uma ação de uma força externa vertical, o êmbolo atinge uma nova posição de equilíbrio. Nessa posição a leitura do dinamômetro indica que a aceleração do sistema é de 1/10 de g para cima.

Esquema de um recipiente com gás e êmbolo sobre uma plataforma horizontal suspensa por dois cabos ligados a um dinamômetro. O dinamômetro, acima da plataforma, está identificado por “Dinamômetro”. O interior do recipiente está identificado por “gás”. Acima do êmbolo, uma seta para baixo indica a pressão atmosférica Patm. À esquerda, uma seta vertical para cima indica a aceleração g/10.

Determine o módulo do deslocamento \Delta x do êmbolo, com relação ao fundo do recipiente, considerando que a transformação do gás é isentrópica.

  1. A
    \Delta x = \dfrac{3V_i}{2A}\left(\dfrac{11mg}{50P_{atm}A+55mg}\right).
  2. B
    \Delta x = \dfrac{V_i}{A}\left[1-\left(\dfrac{AP_{atm}+mg}{AP_{atm}+1{,}1mg}\right)^{\frac{5}{3}}\right].
  3. C
    \Delta x = \dfrac{3V_i}{A}\left(\dfrac{11mg}{50P_{atm}A+55mg}\right).
  4. D
    \Delta x = \dfrac{V_i}{A}\left(\dfrac{0{,}1mg}{AP_{atm}+1{,}1mg}\right).
  5. E
    \Delta x = \dfrac{V_i}{A}\left[1-\left(\dfrac{AP_{atm}+mg}{AP_{atm}+1{,}1mg}\right)^{\frac{3}{5}}\right].
Escolha uma alternativa para conferir o gabarito.
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Resolução comentada

O sistema todo acelera para cima com a = g/10, então o êmbolo também. Vale a segunda lei de Newton para ele.

Inicialmente (equilíbrio, sem aceleração): P_i A = P_{atm}A + mg, logo P_i = \dfrac{P_{atm}A + mg}{A}.

Na nova posição, as forças sobre o êmbolo são: pressão do gás para cima (P_f A), pressão atmosférica e peso para baixo:

P_fA - P_{atm}A - mg = m\dfrac{g}{10}\ \Rightarrow\ P_f = \dfrac{P_{atm}A + 1{,}1\,mg}{A}

A pressão aumentou, então o gás foi comprimido.

Transformação isentrópica (adiabática reversível) de gás monoatômico: \gamma = 5/3 e P V^{\gamma} = \text{constante}.

P_iV_i^{5/3} = P_fV_f^{5/3}\ \Rightarrow\ V_f = V_i\left(\dfrac{P_i}{P_f}\right)^{3/5} = V_i\left(\dfrac{AP_{atm}+mg}{AP_{atm}+1{,}1mg}\right)^{3/5}

O deslocamento do êmbolo é a variação de volume dividida pela área:

\Delta x = \dfrac{V_i - V_f}{A} = \dfrac{V_i}{A}\left[1-\left(\dfrac{AP_{atm}+mg}{AP_{atm}+1{,}1mg}\right)^{3/5}\right]

O expoente é 1/\gamma = 3/5, e não \gamma.

Alternativa E.

Pegadinha: A alternativa B engana por trazer a mesma estrutura da E, mas com o expoente 5/3 (γ) em vez de 3/5 (1/γ).

Por que as outras alternativas estão erradas

  • ALinearização aproximada com fator 3/2 sem justificativa; não corresponde à lei isentrópica exata.
  • BUsa o expoente 5/3 em vez de 3/5, invertendo a relação entre V e P.
  • CAproximação linear com fator 3 sem base; não vem de PV^{\gamma} constante.
  • DTrata a transformação como isotérmica linearizada, ignorando \gamma e a lei adiabática.

Assuntos: transformação adiabática, segunda lei de Newton, gás ideal.

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Fonte: ITA 2023 · 1ª fase. Prova oficial ↗