09056815-pro-Aulas14e15-Teoria Cinética dos Gases e

FÍSICA III
AULAS 14 E 15: TEORIA CINÉTICA DOS
GASES E TERMODINÂMICA
ANUAL
VOLUME 3
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
01. De acordo com a teoria cinética dos gases: EC0 =
m0 ⋅ v 2 3
= kn ⋅ T .
2
2
Onde EC0 representa a energia cinética da molécula; m0, a massa da mólecula; v, a velocidade quadrática média; e T, a temperatura
absoluta.
m ⋅ v2 3
= KB T
2
2
2
m ’⋅ v ’
3
m ’ = 3m
= KB T ’, mas
2º gás : EC’0 =
v’ = v
2
2
(3m) ⋅ ( v )2 3
= KB T ’
2
2
2
m⋅ v
3
= KB T ’
3
2
2
3
KB T
2
1º gás : EC0 =
Logo, 3 ⋅
{
3
3
KB T = KB T ’ → T ’ = 3 T
2
2
Resposta: D
02. As propriedades macroscópicas dos gases, de acordo com Boltzmann, podem ser compreendidas segundo um modelo em que esses
gases são constituídos por uma quantidade enorme de partículas em movimento, que apresentam propriedades microscópicas (energia,
quantidade de movimento, velocidade, inércia), as quais dão sentido aos experimentos de Boyle e Charles.
Resposta: A
03. Em uma transformação isovolumétrica, a pressão é diretamente proporcional à temperatura, ou seja, p/T é constante. O aumento
da energia cinética média das moléculas significa aumento de temperatura. Com isso, a pressão irá também aumentar, já que a
transformação é isocórica.
Resposta: C
04. EC = K =
3
K T.
2
A energia cinética média (K) das moléculas é função exclusiva da temperatura absoluta do gás, sendo assim:
KA = KB = KC.
Resposta: D
05. A temperatura de um gás ideal é proporcional à energia interna desse gás. Assim, para avaliar o que ocorre com a temperatura, é
preciso saber o que ocorre com a energia interna, que depende do calor e do trabalho. Como no problema a energia interna foi
reduzida (devido ao fato de realizar mais trabalho do que receber calor), haverá redução da temperatura.
Cuidado: a temperatura, ao contrário do que o senso comum pode dizer, está associada à energia interna e não apenas ao calor.
Resposta: C
06.
I. Verdadeiro: porque, conforme abordado anteriormente, o aumento da temperatura está associado ao aumento da energia interna.
O sistema pode absorver calor, mas realizar mais trabalho do que esse calor, e acabar reduzindo a temperatura.
II. Verdadeiro: porque o trabalho pode variar a energia interna e, consequentemente, a temperatura.
III. Falso: porque os corpos em contato térmico tendem a atingir o equilíbrio térmico. O fato de o alumínio parecer mais frio que o
plástico se deve à condutividade térmica (o alumínio “rouba” o calor mais rapidamente da mão, quando o seguramos, do que o
plástico, apesar de terem a mesma temperatura).
Resposta: D
OSG.: 090568/15
Resolução – Física III
7
07. Dados: PV 5 = cte; V2 =
P2V2
7
5
7
= P1V1
5
⇒
1
V1.
32
P2  V1 
=
P1  V2 
7
5


P2  V1 
⇒ =

1
P1
V 

 32 1 
7
5
⇒
7
P
P2
= (32) 5 ⇒ 2 = 25
P1
P1
( )
7
5
⇒
P2
7
= (2) ⇒ P2 = 128 P1.
P1
Resposta: D
08. A compressão do gás, na bomba, ocorre quando Manuel realiza trabalho ao empurrar o êmbolo. Como a transformação do gás é
muito rápida, não há tempo para troca de calor. Com isso, a energia interna do gás aumenta devido ao trabalho realizado sobre ele.
Resposta: C
09. A frequência de operação é 40 ciclos/s, ou seja, 40 Hz. Notemos ainda que, no eixo das abscissas o volume está em litro (1 L = 10–3 m3).
Calculando o trabalho (Wciclo) em cada ciclo. Como se trata de um ciclo no sentido horário, o trabalho realizado é positivo, sendo
numericamente igual à “área” interna do ciclo.
Wciclo = “Área” = (0,6 – 0,2) (2 – 1) × 105 × 10–3 ⇒ Wciclo = 40 J.
O trabalho total (W) em 40 ciclos é:
W = 40 (40) = 1600 J.
Calculando a potência do sistema:
W 1600 J
P=
=
⇒ P = 1600 W.
1s
∆t
Resposta: A
10. Esse tipo de transformação é conhecida como “expansão livre”.
Esse é o único caso em que um gás se expande sem realizar trabalho, porque, quando a expansão é livre, o gás se desloca, mas não
exerce força para que isso ocorra: τ = 0.
Como o recipiente é isolante térmico, não haverá troca de calor: Q = 0.
De acordo com a primeira Lei da Termodinâmica: ∆U = Q – τ = 0 – 0 = 0.
Uma vez que a variação da energia interna é nula, ela permanecerá constante.
Resposta: D
11. A) τ AB = 0
O volume do gás permaneceu de A para B.
N
τBC = [área]BC
τBC = 1, 5 ⋅ 103 ⋅ (0, 3 − 0,1) ( J)
τBC = 300 J
N
τCD = [área]DC
(1, 5 ⋅ 103 + 1, 0 ⋅ 103 ) ⋅ (0, 5 − 0, 3)
τCD =
( J)
2
τCD = 250 J
B) 1ª Lei da Termodinâmica:
Q = τ + ∆U
293 · 4,18 = (0 + 300 + 250) + ∆U
∆U 675 J
Respostas: A) AB: 0; BC: 300 J CD: 250 J B)675 J
12. P
fIII
III
i
II
fII
I
fI
T + ∆T
T
V
A energia interna é função de estado. Assim, as três variações são iguais haja vista que só dependem da variação de temperatura.
EI = EII = EIII
Resposta: B
OSG.: 090568/15
Resolução – Física III
13. Como as amostras são idênticas, energia interna é função de estado, e irão do mesmo estado inicial para o mesmo estado final, as
amostras terão a mesma variação de energia interna.
Resposta: A
14.
I. Incorreta. De A para B, o volume do gás aumenta e ele realiza τ. Como a variação de energia interna é nula, o gás recebe calor e
devolve essa energia para o meio externo em forma de trabalho.
3
3
II. Correta. U = n R T = p V.
2
2
Observe que o produto da pressão × volume é mínimo no ponto C.
3
3
n R T = p V.
2
2
As temperaturas são iguais nos pontos em que os produtos pV são iguais.
pAVA = 4ab
pBVB = 4ab
Assim: TA = TB.
IV. Correta. Na transformação BC, o produto pV, a temperatura e a energia interna diminuem. O gás recebe trabalho (volume diminui)
e a energia interna diminui; toda essa energia sai do sistema na forma de calor.
III. Correta. U =
Resposta: A
15. O item A ilustra a explicação correta sobre o que ocorre em uma transformação adiabática (sem troca de calor).
Resposta: A
16. Q = Ec
2
m v2
2
(200)2
⇒ ∆θ = 80 °C
2 ⋅ 125 ⋅ ∆θ =
kg °C
2 mc ∆θ =
Resposta: B
17.
A) Incorreta. Apesar de as temperaturas inicial (TA) e final (TB) serem iguais, as temperaturas intermediárias são diferentes.
N
B) Incorreta. [área] = τ.
C) Correta. Se TA = TB, temos ∆UAB = 0.
Assim: Q = τ
D) Incorreta. O sistema recebe calor, que é transformado em trabalho.
N
E) Incorreta. [área] = τ e τ = Q
Resposta: C
18. A variação da energia interna não depende dos estados intermediários, existindo apenas em função dos estados inicial e final. Logo:
∆Uacb = ∆Uadb
Qacb – τacb = Qabd – τabd
100 – 40 = 72 – τabd
τabd = 12 J.
Resposta: C
19. Note que P = cte (isobárica)
GÁS = P · ∆V
P · V = nRT
GÁS = n ⋅ R ⋅ ∆T
P ⋅ ∆V = nR ⋅ ∆T
Como n = 1 mol:
GÁS = R · ∆T
Resposta: B
OSG.: 090568/15
Resolução – Física III
20. De acordo com a equação de Clapeyron:
pV = n R T
Considerando a pressão constante, variamos apenas o volume e a temperatura:
p ∆V = n R ∆T (equação 1)
Considerando a área do cilindro A,
∆V = A ∆h (equação 2)
De acordo com a definição de capacidade térmica (ou capacidade calorífica):
Q
(equação 3)
Q = C∆T → ∆T =
C
Substituindo as equações 2 e 3 na equação 1:
Q
p A ∆h = n R
C
nR Q
∆h =
pAC
Considerando que n, R, p e A são constantes para ambos os gases, aquele que tiver menor C (que se encontra no denominador)
apresentará maior ∆h.
Para determinado valor de calor fornecido, de acordo com o gráfico, M apresenta maior ∆h e, portanto, menor capacidade calorífica.
Resposta: E
Raul – 21/12/15. REV.: TP
09056815-pro-Aulas14 e 15-Teoria Cinética dos Gases e Termodinâmica
OSG.: 090568/15