Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
[email protected]
Última atualização: 28/11/2006 13:03 H
14 – Temperatura, Teoria Cinética, Mecânica
Estatística e Primeira Lei da Termodinâmica
Fundamentos de Física 2
Halliday, Resnick, Walker
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 19 - Temperatura
Cap. 20 – Calor e a
Primeira Lei da
Termodinâmica
Cap. 21 – A Teoria
Cinética dos Gases
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 22 - Temperatura
Cap. 23 - A Teoria
Cinética e o Gás Ideal
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
Cap. 21 - Temperatura
Cap. 22 – Propriedades
Moleculares dos Gases
Cap. 24 - Mecânica
Estatística
Cap. 25 - Calor e
Primeira Lei da
Termodinâmica
Cap. 23 - Primeira Lei
da Termodinâmica
Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2
CAPÍTULO 19 - TEMPERATURA
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
02
12
22
32
42
52
03
13
23
33
43
53
04
14
24
34
44
54
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
[Início documento]
05. Um termômetro de resistência é aquele que utiliza a variação da resistência elétrica com a
temperatura de uma substância. Podemos definir as temperaturas medidas por esse termômetro,
em Kelvins (K), como sendo diretamente proporcionais às resistência R, medida ohms (Ω). Um
certo termômetro de resistência, quando seu bulbo é colocado na água à temperatura do ponto
triplo (273,16 K), tem uma resistência R de 90, 35 Ω. Qual a leitura do termômetro, quando sua
resistência for 96,28 Ω?
(Pág. 180)
Solução.
Para um termômetro de resistência, a temperatura medida em função da resistência é dada pela Eq.
(1),
(1)
T( R ) = kR
onde k é uma constante de proporcionalidade. Nesse termômetro, a temperatura do ponto tríplice da
água (T3) é dada por (2), onde R3 é a medida da resistência no mesmo ponto tríplice.
(2)
T3 = T( R3 ) = kR3
Dividindo-se (1) por (2):
T( R )
R
=
T3
R3
T( R ) = T3
( 96, 28 Ω ) = 291, 088" K
R
= ( 273,16 K )
R3
( 90,35 Ω )
T ≈ 291,1 K
[Início seção]
[Início documento]
06. Dois termômetros de gás a volume constante são usados em conjunto. Um deles usa nitrogênio e
o outro, hidrogênio. A pressão de gás em ambos os bulbos é p3 = 80 mmHg. Qual é a diferença
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a
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da pressão nos dois termômetros, se colocarmos ambos em água fervendo? Em qual dos
termômetros a pressão será mais alta?
(Pág. 180)
Solução.
Este problema deve ser resolvido com o auxílio do gráfico apresentado na Fig. 19-6 (pág. 173).
(a) A Fig. 19-6 mostra que um termômetro de gás a volume constante que usa H2 como substância
termométrica a uma pressão de 80 mmHg, mede uma temperatura para a água fervente
aproximadamente igual TH 2 = 373,15 K . Usando-se N2 à mesma pressão, a medida da temperatura
será TN 2 = 373, 35 K . Para um termômetro de gás a volume constante, vale a seguinte relação:
T = ( 273,16 K )
p
p3
Logo:
pH2
TH2 = ( 273,16 K )
pH 2 =
p3
p3TH 2
(1)
( 273,16 K )
De maneira idêntica, temos:
p3TN 2
pN 2 =
( 273,16 K )
(2)
Fazendo-se (2) − (1):
Δp = pN2 − pH2 =
Δp =
(
p3
T −T
( 273,16 K ) N2 H2
)
(80 mmHg ) ⎡ 373,35 K − 373,15 K ⎤ = 0, 058573" mmHg
(
) (
)⎦
( 273,16 K ) ⎣
Δp ≈ 0, 059 mmHg
(b) A pressão será mais alta no termômetro de N2, pois TN 2 > TH 2 . Isto se deve ao fato de o N2 ter
um comportamento menos ideal do que o N2.
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a
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[Início seção]
[Início documento]
08. Um termistor é um componente semicondutor cuja resistência elétrica depende da temperatura.
Costuma ser usado em terrmômetros clínicos e também para detectar superaquecimento em
equipamentos eletrônicos. Dentro de uma faixa limitada de temperatura, a resistência é dada por
B 1/ T −1/ Ta )
R = Ra e (
,
onde R é a resistência do termistor à temperatura T e Ra é a resistência à temperatura Ta; B é
uma constante que depende do material semicondutor utilizado. Para um tipo de termistor, B =
4.689 K, e a resistência a 273 K é 1,00 x 104 Ω. Que temperatura o termistor mede quando sua
resistência é 100 Ω?
(Pág. 180)
Solução.
A resistência do termístor (R) em função da temperatura (T) é dada por:
R(T ) = Ra e B (1 / T −1 / Ta )
Aplicando-se logaritmo natural, têm-se:
⎛1 1
ln R(T ) = ln R = ln Ra + B⎜⎜ −
⎝ T Ta
⎞
⎟⎟ ln e
⎠
1 1 ln R − ln Ra
−
=
T Ta
B
−1
−1
⎡
⎛1
(100 Ω ) + 1 ⎤⎥ = 373, 0116" K
1
R 1⎞
ln
T = ⎜ ln
+ ⎟ =⎢
4
⎢⎣ ( 4.689 K ) (1, 00 ×10 Ω ) ( 273 K ) ⎥⎦
⎝ B Ra Ta ⎠
T ≈ 373 K
[Início seção]
[Início documento]
10. A que temperatura a escala Fahrenheit indica uma leitura igual a (a) duas vezes a da escala
Celsius e (b) metade da escala Celsius?
(Pág. 180)
Solução.
(a) O enunciado exige que:
TF = 2TC
A regra de conversão da escala Celsius para Fahrenheit é:
9
TF = TC + 32
5
Logo:
9⎛T ⎞
TF = ⎜ F ⎟ + 32
5⎝ 2 ⎠
TF = 320 o F
(b) Agora o enunciado exige que:
________________________________________________________________________________________________________
a
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TF =
TC
2
TF =
9
( 2TF ) + 32
5
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Logo:
TF = −12, 3076"o F
TF ≈ −12 o F
[Início seção]
[Início documento]
14. A que temperatura os seguintes pares de escalas dão a mesma leitura: (a) Fahrenheit e Celsius
(veja Tabela 19-2), (b) Fahrenheit e Kelvin e (c) Celsius e Kelvin?
(Pág. 180)
Solução.
(a)
9
TF = TC + 32
5
9
TF=C = TF=C + 32
5
TF=C = −40D
(b)
9
TF = TC + 32
5
9
TF = (TK − 273,15 ) + 32
5
9
TF=K = (TF=K − 273,15 ) + 32
5
TF=K = 574,5875
TF=K ≈ 575D
(c)
TC = TK − 273,15
________________________________________________________________________________________________________
a
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TC=K = TC=K − 273,15
A equação acima não tem solução. Logo, as escalas Celsius e Kelvin nunca apresentam a mesma
leitura.
[Início seção]
[Início documento]
15. Suponha que, numa escala de temperatura X, a água ferva a -53,5oX e congele a -170oX. Qual o
valor de 340 K, na escala X?
(Pág. 180)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
Escala X
Escala Kelvin
−53,5
o
373,15 K
340 K
TX
−170
o
273,15 K
Comparando-se as escalas X e Kelvin, pode-se afirmar que:
( −53,5 X ) − ( −170 X ) = ( 373,15 K ) − ( 273,15 K )
( 373,15 K ) − ( 340 K )
( −53,5 X ) − T
(116,5 X ) = (100 K )
( −53,5 X ) − T ( 33,15 K )
D
D
D
X
D
D
X
TX = −92,11975D X
TX ≈ −92,1D X
[Início seção]
[Início documento]
26. Logo depois que a Terra se formou, o calor causado pelo decaimento de elementos radioativos
aumentou a temperatura interna média de 300 para 3.000 K, que é, aproximadamente, o valor
atual. Supondo um coeficiente de dilatação volumétrica médio de 3,0 × 10−5 K−1, de quanto
aumentou o raio da Terra, desde a sua formação?
(Pág. 181)
Solução.
A razão entre o raio inicial da Terra R0 e o raio atual R pode ser calculado a partir da variação do
volume da Terra, que é dada por:
ΔV = V − V0 = β V0 ΔT
V = V0 ( βΔT + 1)
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V
= β ΔT + 1
V0
4
π R3 R3
3
= 3 = β ΔT + 1
4
3
π R0 R0
3
1/ 3
R
1/ 3
= ( β ΔT + 1) = ⎡⎣( 3, 0 × 10−5 K −1 ) ( 2.700 K ) + 1⎤⎦ = 1, 026302"
R0
R0 =
R
(1, 026302")
Logo:
ΔR = R − R0 = R −
⎡
⎤
R
1
= ( 6,37 × 106 m ) ⎢1 −
⎥ = 163.250, 74" m
"
1,
026302
(1, 026302")
(
)
⎣
⎦
ΔR ≈ 170 km
[Início seção]
[Início documento]
34. Uma caneca de alumínio de 100 cm3 está cheia de glicerina a 22oC. Quanta glicerina derramará,
se a temperatura do sistema subir para 28oC? (O coeficiente de dilatação da glicerina é = 5,1 ×
10−4/oC.)
(Pág. 181)
Solução.
O volume de líquido derramado corresponderá à diferença entre o seu volume final e o volume final
do recipiente. O volume final da caneca de alumínio VAl é:
VAl = V0 (1 + 3α Al ΔT )
O volume final da glicerina VGli é:
VGli = V0 (1 + βGli ΔT )
O volume derramado ΔV será:
ΔV = VGli − VAl = V0 (1 + βGli ΔT ) − V0 (1 + 3α Al ΔT ) = V0 (1 + β Gli ΔT − 1 − 3α Al ΔT )
ΔV = V0 ( β Gli − 3α Al ) ΔT
ΔV = (100 cm3 ) ⎡⎣( 5,1× 10−4 D C−1 ) − 3 ( 2,3 × 10−5 D C−1 ) ⎤⎦ ⎡⎣( 28D C ) − ( 22D C ) ⎤⎦ = 0, 2646 cm3
ΔV ≈ 0, 26 cm3
[Início seção]
[Início documento]
36. Uma barra de aço a 25oC tem 3,00 cm de diâmetro. Um anel de latão tem diâmetro interior de
2,992 cm a 25oC. A que temperatura comum o anel se ajustará exatamente à barra?
(Pág. 181)
Solução.
________________________________________________________________________________________________________
a
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A solução do problema baseia-se em calcular separadamente os diâmetros finais da barra (db) e do
anel (da) e igualá-los posteriormente. O diâmetro final do anel é:
d a = d a0 ⎡⎣1 + α a (T − T0 ) ⎤⎦
(1)
De forma semelhante, o diâmetro final da barra será:
d b = d b0 ⎡⎣1 + α b (T − T0 ) ⎤⎦
(2)
Igualando-se (1) e (2):
d a0 ⎡⎣1 + α a (T − T0 ) ⎤⎦ = d b0 ⎡⎣1 + α b (T − T0 ) ⎤⎦
Resolvendo-se a equação acima para T:
T=
d b0 − d a0 + ( d a0α a − d b0α b ) T0
d a0α a − d b0α b
( 3, 00 cm ) − ( 2,992 cm ) + ( 2,992 cm ) ( 25o C )(1,9 ×10−5o C−1 )
−
T=
( 2,992 cm ) (1,9 ×10−5o C−1 ) − ( 3, 00 cm ) (1,1×10−5o C−1 )
( 3, 00 cm ) ( 25o C )(1,1×10−5o C−1 )
−
= 360, 4579o C
−5o −1
−5o −1
( 2,992 cm ) (1,9 ×10 C ) − ( 3, 00 cm ) (1,1×10 C )
T ≈ 360 o C
[Início seção]
[Início documento]
37. A área A de uma placa retangular é ab. O coeficiente de dilatação linear é α. Depois de um
aumento de temperatura ΔT, o lado a aumentou de Δa e b de Δb. Mostre que, desprezando a
quantidade pequena Δa × Δb/ab (veja Fig. 19-15), ΔA = 2αA ΔT.
(Pág. 181)
Solução.
A grandeza procurada é:
ΔA = A − A0
(1)
A área da placa expandida, A, é dada por:
A = ( a + Δa )( b + Δb )
Enquanto que a área da placa original, A0, é dada por:
A0 = ab
(2)
(3)
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
ΔA = ( a + Δa )( b + Δb ) − ab
(4)
________________________________________________________________________________________________________
a
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Os valores de Δa e Δb são dados por:
Δa = αaΔT
Δb = αbΔT
Substituindo-se (5) e (6) em (4):
(5)
(6)
ΔA = ( a + α aΔT )( b + α bΔT ) − ab
Desenvolvendo-se a expressão acima, teremos:
ΔA = ab + 2αabΔT + α 2 abΔT 2 − ab
ΔA = 2αabΔT + α 2 abΔT 2
O termo α2abΔT 2 pode ser identificado como sendo ΔaΔb, que corresponde à área do pequeno
retângulo no extremo inferior direito da placa expandida. Esse termo é muito pequeno em
comparação a 2αabΔT, e pode ser desprezado. Identificando o produto ab como a área A0, chega-se
ao final da demonstração:
ΔA ≈ 2αA0 ΔT
[Início seção]
[Início documento]
49. Um tubo de vidro vertical de 1,28 m está cheio até a metade com um líquido a 20oC. Qual a
variação da altura da coluna líquida, se aquecermos o tubo até 30oC? Considere αvidro = 1,0 ×
10−5/oC e βlíquido = 4,0 x 10−5/oC.
(Pág. 182)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
R
R0
L0
L
H0 = L0/2
H
T0
T
A variação da altura da coluna líquida ΔH vale:
L
(1)
ΔH = H − H 0 = H − 0
2
Como L0 é conhecido, precisamos determinar H. Vamos começar o cálculo de H pela expressão do
volume final do líquido, Vliq:
Vliq = π R 2 H
H=
Vliq
π R2
(2)
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a
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Agora dependemos de Vliq, que pode ser obtido pela análise da expansão térmica do líquido:
Vliq = Vliq,0 (1 + βΔT )
Na expressão acima, Vliq,0 corresponde ao volume inicial do líquido. Logo:
L
Vliq = π R02 H 0 (1 + β ΔT ) = π R02 0 (1 + β ΔT )
2
Substituindo-se (3) em (2):
(3)
2
⎛R ⎞ L
(4)
H = ⎜ 0 ⎟ 0 (1 + β ΔT )
⎝ R⎠ 2
A razão entre os raios do tubo antes (R0) e depois (R) da variação térmica pode ser obtida pela
análise da dilatação linear do tubo:
R = R0 (1 + αΔT )
Logo:
R0
R0
1
=
=
R R0 (1 + αΔT ) 1 + αΔT
(5)
Substituindo-se (5) em (4):
H=
L0 (1 + βΔT )
2 (1 + αΔT )2
(6)
Finalmente, podemos substituir (6) em (1):
ΔH =
L0 (1 + β ΔT ) L0 L0 ⎡ (1 + βΔT ) ⎤
− = ⎢
− 1⎥
2 (1 + αΔT )2 2
2 ⎢⎣ (1 + αΔT )2 ⎥⎦
(1, 28 mm ) ⎪ ⎡⎣1 + ( 4, 0 ×10
ΔH =
2
−5o −1
⎧
C )(10o C ) ⎤⎦ ⎫⎪
− 1⎬ = 0,1279" mm
⎨
2
⎪ ⎡⎣1 + (1, 0 × 10−5o C −1 )(10o C ) ⎤⎦
⎪
⎩
⎭
ΔH ≈ 0,13 mm
[Início seção]
[Início documento]
51. Uma espessa barra de alumínio e um fio de aço estão ligados em paralelo (Fig. 19-19). A
temperatura é de 10,0oC. Ambos têm comprimento 85,0 cm e nenhum dos dois está tensionado.
O sistema é aquecido até 120oC. Calcule a tensão resultante no fio, supondo que a barra se
expande livremente.
(Pág. 182)
________________________________________________________________________________________________________
a
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Solução.
Considere o seguinte esquema:
Aço
Al
T0
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Aço
Al
T
L0
L
O problema pede para determinar a tensão no fio de aço após a expansão do cilindro de alumínio.
Devido à natureza do problema, sua solução requer a utilização do módulo de Young do fio, EAço.
Veja maiores detalhes sobre o módulo de Young na seção13-6 - Elasticidade. O valor do módulo de
Young para o aço foi extraído da Tab. 13.1, pag. 13. O módulo de Young (E) é definido como a
constante de proporcionalidade entre F/A e ΔL/L0, onde F é a força exercida sobre um objeto, A é a
área da seção transversal do objeto na direção de F e L0 se refere ao comprimento original do
objeto, medido na direção de F. Ou seja:
F
ΔL
(1)
=E
A
L0
De acordo com a Eq. (1), a pressão (F/A) exercida sobre uma barra, na direção do seu comprimento,
é diretamente proporcional à variação fracional do comprimento (ΔL/L0). A pressão nos extremos
da barra pode ser no sentido de comprimi-la ou expandi-la. No presente caso, tem-se um fio ao
invés de uma barra e o processo é de expansão. Como o problema não forneceu a área da seção
transversal do fio de aço, somente será possível determinar a razão F/A, e não F, como foi pedido.
Inicialmente, à temperatura T0, tanto o fio quanto o cilindro possuem comprimento L0. Portanto, o
fio encontra-se inicialmente relaxado. Quando o sistema é aquecido, o fio e o cilindro expandem-se,
sendo que o alumínio expande-se mais do que o fio de aço (coeficiente de dilatação térmica maior
para o alumínio). A diferença entre os comprimentos finais do cilindro e do fio é que gera a tensão
no fio, sendo essa diferença, ΔL, que entra em (1). Assim, o comprimento do cilindro de alumínio
após a expansão térmica será:
L = L0 (1 + α Al ΔT ) = ( 85, 0 cm ) ⎡⎣1 + ( 2,3 × 10−5o C−1 )(110o C ) ⎤⎦ = 85, 21505 cm
Se o fio de aço não estivesse conectado ao cilindro, seu comprimento após a expansão térmica seria:
L' = L0 (1 + α Aço ΔT ) = ( 85, 0 cm ) ⎡⎣1 + (1,1×10−5o C−1 )(110o C ) ⎤⎦ = 85,10285 cm
Em relação à situação do fio de aço no problema, a Eq. (1) pode ser reescrita da seguinte forma:
ΔL
F
L − L'
= EAço
= EAço
A
L'
L'
Substituindo-se pelos valores numéricos fornecidos:
(85, 21505 cm ) − (85,10285 cm ) = 2, 6368" × 108 Pa
F
= ( 200 × 109 N/m 2 )
A
( 85,10285 cm )
F
≈ 2,64 × 10 8 Pa
A
[Início seção]
[Início documento]
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a
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53. Duas barras de materiais diferentes, mas com o mesmo comprimento L e seção reta igual à A
são colocadas, como na Fig. 19-20a. A temperatura é T e não há tensão inicial. A temperatura é
aumentada em ΔT. (a) Mostre que a interface entre as barras é deslocada de uma quantidade
dada por
⎛ α E − α 2 E2 ⎞
ΔL = ⎜ 1 1
⎟ LΔT
⎝ E1 + E2 ⎠
onde αa1 e α2 são os coeficientes de dilatação linear e E1 e E2 são os módulos de Young dos
materiais. Despreze mudanças nas seções retas. (b) Ache a tensão na interface após o
aquecimento?
(Pág. 182)
Solução.
O esquema a seguir mostra quais seriam os comprimentos finais das barras 1 e 2, caso elas não
estivessem alinhadas e pudessem expandir-se livremente.
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a
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L
L
T
ΔL
T + ΔT
ΔL1
T + ΔT
Barra 1 livre
L1
ΔL2
T + ΔT
Barra 2 livre
L2
Os termos ΔL1 e ΔL2 correspondem às compressões sofridas pelas barras 1 e 2, respectivamente. De
acordo com o esquema, temos as seguintes relações para estas grandezas:
(1)
ΔL1 = L1 − L − ΔL
ΔL2 = L2 − ( L − ΔL ) = L2 − L + ΔL
(2)
A equação que define o módulo de Young é:
ΔL
F
=E
A
L
Nesta equação, F é a tensão aplicada sobre a área A de uma barra, ΔL é a variação observada no
comprimento da barra, devido à tensão aplicada, L é o comprimento inicial da barra e E é o módulo
de Young do material da barra. No ponto de contato entre as barras 1 e 2, na temperatura T + ΔT,
temos:
F1 F2
=
A1 A2
Logo:
ΔL1
ΔL
= E2 2
L
L
E1ΔL1 = E2 ΔL2
E1
(3)
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
E1 ( L1 − L − ΔL ) = E2 ( L2 − L + ΔL )
Na expressão acima, os termos L1 − L e L2 − L podem ser substituídos pelos equivalentes Lα1ΔT e
Lα2ΔT.
E1 ( Lα1ΔT − ΔL ) = E2 ( Lα 2 ΔT + ΔL )
E1 Lα1ΔT − E1ΔL = E2 Lα 2 ΔT + E2 ΔL
( E1 + E2 ) ΔL = ( E1α1 + E2α 2 ) LΔT
⎛ E α + E2α 2 ⎞
ΔL = ⎜ 1 1
⎟ LΔT
E
E
+
1
2
⎝
⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 19 – Temperatura
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
13
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 19 – Temperatura
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
14
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2
CAPÍTULO 20 - CALOR E PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
61
02
12
22
32
42
52
62
03
13
23
33
43
53
63
04
14
24
34
44
54
05
15
25
35
45
55
06
16
26
36
46
56
07
17
27
37
47
57
08
18
28
38
48
58
09
19
29
39
49
59
10
20
30
40
50
60
[Início documento]
10. Um atleta dissipa toda a energia numa dieta de 4.000 Cal/dia. Se fôssemos perder essa energia a
uma taxa constante, como poderia essa conversão de energia ser comparada com a de uma
lâmpada de 100 W? (100 W correspondem à taxa pela qual a lâmpada converte energia elétrica
em luz e calor.)
(Pág. 198)
Solução.
A potência dissipada pelo atleta vale:
Cal ⎞ ⎛ 1.000 cal ⎞ ⎛ 4,186 J ⎞ ⎛ 1 dia ⎞
⎛
P = ⎜ 4.000
⎟×⎜
⎟×⎜
⎟×⎜
⎟ = 193, 7962" J/s
dia ⎠ ⎝ Cal ⎠ ⎝ cal ⎠ ⎝ 86.400 s ⎠
⎝
P ≈ 194 W
Logo, a potência do atleta é aproximadamente duas vezes a potência de uma lâmpada de 100 W.
[Início seção]
[Início documento]
17. Uma panela de cobre de 150 g contém 220 g de água, ambas a 20,0oC. Um cilindro de cobre
muito quente de 300 g é colocado dentro da água, fazendo com que ela ferva, com 5,00 g sendo
convertidos em vapor. A temperatura final do sistema é 100oC. (a) Quanto calor foi transferido
para a água? (b) E para a panela? (c) Qual era a temperatura inicial do cilindro?
(Pág. 198)
Solução.
(a) O calor total recebido pela água Qa é dividido em calor gasto para aquecimento de T0 = 20,0oC
para T = 100oC (sensível, Qa,s) e calor gasto para promover a mudança de fase para vapor (latente,
Qa,l):
Qa = Qa , s + Qa ,l = ma ca ΔTa + Lv mv
Na expressão acima, ma e mv são as massas de água e de vapor d’água, ca é o calor específico da
água e Lv é o calor latente de vaporização da água.
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a
Cap. 20 – Calor e a Primeira Lei da Termodinâmica
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Problemas Resolvidos de Física
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Qa = ( 220 g ) (1, 00 cal/g.o C )( 80o C ) + ( 538,9 cal/g )( 5, 00 g ) = 20.294,5 cal
Qa ≈ 20,3 kcal
(b) A panela recebeu apenas calor de aquecimento de T0 = 20,0oC para T = 100oC:
Q p = m p c p ΔTp = (150 g ) ( 0, 0923 cal/g.o C )( 80o C ) = 1.107, 6 cal
Q p ≈ 1,11 kcal
(c) A temperatura inicial do cilindro de cobre pode ser obtida por meio do balanço da energia
trocada no âmbito do sistema. Na expressão abaixo, Qc é o calor cedido pelo cilindro.
Qc + Q p + Qa = 0
mc cc ΔTc + Q p + Qa = 0
( 300 g ) ( 0, 0923 cal/g.o C ) ⎡⎣(100o C ) − Tc ⎤⎦ + (1.107, 6 cal ) + ( 20.294,5 cal ) = 0
( 2.769 cal ) − ( 27, 69 cal/ o C ) Tc + (1.107, 6 cal ) + ( 20.294,5 cal ) = 0
( 27, 69 cal/ C ) T = ( 24.171,1 cal )
o
c
Tc = 872,9180"o C
Tc ≈ 873o C
[Início seção]
[Início documento]
18. Calcule o calor específico de um metal a partir dos seguintes dados. Um recipiente feito do
metal tem massa 3,6 kg e contém 14 kg de água. Uma peça de 1,8 kg deste metal, inicialmente a
180oC, é colocada dentro da água. O recipiente e a água tinham inicialmente a temperatura de
16oC e a final do sistema foi de 18oC.
(Pág. 198)
Solução.
Considerando-se o recipiente, a água e o bloco como um sistema isolado, não há perdas de energia
para os arredores. Logo, o calor cedido pelo bloco Qb somado ao calor recebido pela água Qa e ao
recebido pelo recipiente Qr deve ser nulo.
Qb + Qa + Qr = 0
mb cΔTb + ma ca ΔTa + mr cΔTr = 0
Na expressão acima, c é o calor específico do metal.
c ( mb ΔTb + ma ΔTa ) = −mr cr ΔTr
c=−
ma ca ΔTa
mb ΔTb + mr ΔTr
(14.000 g ) (1, 00 cal/g o C ) ⎡⎣(18o C ) − (16o C )⎤⎦
c=−
= 0, 09845" cal/g o C
o
o
o
o
(1.800 g ) ⎡⎣(18 C ) − (180 C )⎤⎦ + ( 3.600 g ) ⎡⎣(18 C ) − (16 C )⎤⎦
c ≈ 0, 098 cal/g o C
[Início seção]
[Início documento]
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a
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21. Um atleta precisa perder peso e decide fazê-lo praticando halterofilismo. (a) Quantas vezes um
peso de 80,0 kg precisa ser levantado à distância de 1,00 m para queimar 1 lb de gordura,
supondo que o processo necessite de 3.500 Cal? (b) Se o peso for levantado uma vez a cada
2,00 s, quanto tempo levará para queimar tal quantidade de gordura?
(Pág. 198)
Solução.
(a) Cada vez que o atleta levanta o peso, são consumidos mgh unidades de energia, onde m é a
massa do peso, g é a aceleração da gravidade e h é a altura levantada. Para queimar 1 lb de gordura
(E = 3.500 cal = 1,4651 × 107 J), é preciso levantar o peso n vezes:
E = n.mgh
1, 4651×107 J )
(
E
=
= 18.668, 45"
n=
mgh ( 80, 0 kg ) ( 9,81 m/s 2 ) (1, 00 m )
n ≈ 18.700
(b) O tempo total de exercício será:
t = n.t0 = (18.668, 45")( 2, 00 s ) = 37.336,90" s
t ≈ 10, 4 h
[Início seção]
[Início documento]
23. Um cozinheiro, após acordar e perceber que seu fogão estava sem gás, decide ferver água para
fazer café, sacudindo-a dentro de uma garrafa térmica. Suponha que ele use 500 cm3 de água a
59oF e que a água caia 1,0 pé em cada sacudida, com o cozinheiro dando 30 sacudidas por
minuto. Desprezando-se quaisquer perdas de energia térmica pela garrafa, quanto tempo precisa
ficar sacudindo a garrafa até que a água ferva?
(Pág. 198)
Solução.
A energia necessária para ferver a água Qa vale:
Qa = mcΔT = ρVcΔT
Qa = (1, 0 g/cm3 )( 500 cm3 )(1, 00 cal/g o C ) ⎣⎡(100o C ) − (15o C ) ⎦⎤ = 42.500 cal = 177.905 J
O aumento de temperatura devido a cada sacudida é devido à transferência de energia potencial
gravitacional à massa de água. A cada sacudida uma energia potencial Qs igual a mgh é transferida
para o líquido.
Qs = mgh = ρVgh
Qs = (1.000 kg/m 3 )( 5, 0 × 10−4 m3 )( 9,81 m/s 2 ) ( 0,3040 m ) = 1, 49112 J
A freqüência f da agitação é de 30 sacudidas por minuto, ou f = 0,50 s−1. Como a cada ciclo de
agitação uma energia Qs é transferida, a taxa de transferência de energia é fQs. Logo, o tempo total t
necessário para ferver a água será:
t=
(177.905 J )
Qa
=
= 238.619, 29" s
fQs ( 0,50 s −1 ) (1, 49112 J )
t ≈ 2,8 d
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[Início seção]
[Início documento]
24. Um bloco de gelo, em seu ponto de fusão e com massa inicial de 50,0 kg, desliza sobre uma
superfície horizontal, começando à velocidade de 5,38 m/s e finalmente parando, depois de
percorrer 28,3 m. Calcule a massa de gelo derretido como resultado do atrito entre o bloco e a
superfície. (Suponha que todo o calor produzido pelo atrito seja absorvido pelo bloco de gelo.)
(Pág. 198)
Solução.
Seja m0 a massa inicial, v0 a velocidade inicial e m a massa final do gelo. A energia dissipada pela
força de atrito (trabalho) vale:
1
1
Wat = ΔK = K − K 0 = 0 − m0 v02 = − m0 v02
2
2
A energia do trabalho da força de atrito é transferida na forma de calor latente para a fusão do gelo
Qf. Portanto, a variação da massa de gelo é calculada igualando-se Wat a Qf:
Q f = Wat = L f Δm
Na expressão acima, Lf é o calor latente de fusão do gelo.
1
− m0 v02 = L f Δm
2
( 50, 0 kg )( 5,38 m/s ) = −0, 0021730" kg
m0v02
=−
2L f
2 ( 333 ×103 J/kg )
2
Δm = −
Δm ≈ −2,17 g
[Início seção]
[Início documento]
27. Uma garrafa térmica produz 130 cm3 de café quente, à temperatura de 80,0oC. Nela, você põe
uma pedra de gelo de 12,0 g, em seu ponto de fusão, para esfriar o café. Quantos graus o café
esfria, após o gelo ter derretido? Trate o café como se fosse água pura.
(Pág. 199)
Solução.
Considerando-se a garrafa térmica como um sistema isolado, não haverá perda de energia para os
arredores. Logo, pode-se afirmar que o calor cedido pelo café Qc somado ao calor recebido pelo
gelo Qg para derreter e aquecer deve ser nulo.
Qc + Qg ,fus + Qg ,aq = 0
mc cc ΔTc + L f mg + mg ca ΔTa = 0
(1)
Na expressão acima, os índices c, g e a referem-se ao café, à água e ao gelo, respectivamente, e Lf é
o calor latente de fusão do gelo. O cálculo da massa do café mc (essencialmente água) é feito por
meio de mc = ρc Vc. Como a densidade do café ρc é 1,00 g/cm3 a 20oC, é razoável fazer a correção
da dilatação térmica do volume de café, que é aproximadamente de 2 cm3. O volume do café a 20oC
Vc’ vale:
Vc
Vc' =
1 + β c ΔTc
Logo, a massa do café vale:
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a
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(1, 00 g/cm )(130 cm )
ρcVc
=
= 128,3823" g
mc = ρ V =
1 + β c ΔTc 1 + ( 2,1×10−4o C−1 ) ⎡( 80, 0o C ) − ( 20, 0o C ) ⎤
⎣
⎦
3
3
'
c c
Substituindo-se os valores numéricos em (1):
(128,3823" g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎡⎣T − (80, 0o C )⎤⎦ + ( 79,55 cal/g )(12, 0 g ) + "
" + (12, 0 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎡⎣T − ( 0, 0o C ) ⎤⎦ = 0
(128,3823" cal/ C ) T − (10.270,59" cal ) + ( 954, 6 cal ) + (12, 0 cal/ C ) T = 0
(140,3823" cal/ C ) T = ( 9.315,99" cal )
o
o
o
T = 66,36"o C
Logo:
ΔTc = T − T0 = ( 66,36"o C ) − ( 80, 0o C ) = −13, 63"o C
ΔTc ≈ −14o C
[Início seção]
[Início documento]
29. Uma pessoa faz uma quantidade de chá gelado, misturando 500 g de chá quente (essencialmente
água) com a mesma massa de gelo em seu ponto de fusão. Se o chá quente estava inicialmente a
(a) 90oC e (b) 70oC, qual a temperatura e massa de gelo restante quando o chá e o gelo
atingirem a mesma temperatura (equilíbrio térmico)?
(Pág. 199)
Solução.
Inicialmente, vamos fazer o cálculo de algumas quantidades de energia que são essenciais à solução
do problema. Nas expressões abaixo, os índices c, g e a referem-se ao chá, à água e ao gelo,
respectivamente, e Lf é o calor latente de fusão do gelo.
Calor necessário para resfriar o chá de 90oC até 0oC, Q90:
Q90 = mc cc ΔT90 = ( 500 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎣⎡( 90o C ) − ( 0, 0o C ) ⎦⎤ = 45.000 cal
Calor necessário para resfriar o chá de 70oC até 0oC, Q70:
Q70 = mc cc ΔT70 = ( 500 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎣⎡( 70o C ) − ( 0, 0o C )⎦⎤ = 35.000 cal
Calor necessário para fundir o gelo, Qf:
Q f = L f mg = ( 79,55 cal/g )( 500 g ) = 39.775 cal
(a) T0 = 90oC:
Como Q90 > Qf, todo o gelo irá fundir e a água resultante será aquecida à temperatura T. Logo,
pode-se afirmar que o calor cedido pelo chá Qc somado ao calor recebido pelo gelo Qg para derreter
e aquecer deve ser nulo.
Qc + Qg ,fus + Qa ,aq = 0
mc cc ΔTc + L f mg + ma ca ΔTa = 0
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a
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( 500 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎡⎣T − ( 90o C )⎤⎦ + ( 79,55 cal/g )( 500 g ) + "
" + ( 500 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎡⎣T − ( 0, 0o C ) ⎤⎦ = 0
( 500 cal/ C ) T − ( 45.000 cal ) + ( 39.775 cal ) + ( 500 cal/ C ) T = 0
(1.000 cal/ C ) T = ( 5.225 cal )
o
o
o
T ≈ 5, 2o C
(a) T0 = 70oC:
Como Q70 < Qf, parte do gelo irá fundir, sendo que a temperatura final do sistema será 0,0oC. Logo,
pode-se afirmar que o calor cedido pelo chá Qc somado ao calor recebido pelo gelo Qg para derreter
deve ser nulo.
Qc + Qg ,fus = 0
mc cc ΔTc + L f mg = 0
( 500 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎣⎡( 0, 0o C ) − ( 70o C )⎦⎤ + ( 79,55 cal/g ) mg = 0
( 79,55 cal/g ) mg = ( 35.000 cal )
mg = 439,97 " g
Esta é a massa de gelo que derreteu. A massa de gelo que sobrou, mg' , vale:
mg' = mg 0 − mg = ( 500 g ) − ( 439,97" g ) = 60, 03" g
mg' ≈ 60 g
[Início seção]
[Início documento]
30. (a) Dois cubos de gelo de 50 g são colocados num vidro contendo 200 g de água. Se a água
estava inicialmente à temperatura de 25oC e se o gelo veio diretamente do freezer a −15oC, qual
será a temperatura final do sistema quando a água e o gelo atingirem a mesma temperatura? (b)
Supondo que somente um cubo de gelo foi usado em (a), qual a temperatura final do sistema?
Ignore a capacidade térmica do vidro.
(Pág. 199)
Solução.
(a) É preciso verificar se vai haver degelo e, caso haja, se vai ser parcial ou total. Para resfriar a
água de 25oC até 0oC é liberado um calor Qa,25:
Qa = ma ca ΔTa = ( 200 g ) (1, 00 cal/g.o C ) ⎡⎣( 0o C ) − ( 25o C ) ⎤⎦ = −5.000 cal
Para aquecer os cubos de gelo de −15oC até 0oC é absorvido um calor Qg:
Qg = 2mg cg ΔTg = 2 ( 50 g ) ( 0,530 cal/g.o C ) ⎡⎣( 0o C ) − ( −15o C ) ⎤⎦ = 795 cal
Como |Qa| > |Qg|, concluímos que todo o gelo deve chegar a 0oC. Para fundir todo o gelo é
absorvido um calor Qf:
Q f = L f 2mg = ( 79,5 cal/g ) 2 ( 50 g ) = 7.950 cal
Como |Qf| > |Qa| + |Qg|, o calor liberado para a água ir de 25oC até 0oC não é suficiente para fundir
todo o gelo. Logo, o equilíbrio será atingido a 0oC com algum gelo ainda presente. Logo:
________________________________________________________________________________________________________
a
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20
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Teq = 0, 0o C
(b) Usando-se apenas uma pedra de gelo, teremos:
Qg' = mg cg ΔTg = ( 50 g ) ( 0,530 cal/g.o C ) ⎡⎣( 0o C ) − ( −15o C ) ⎤⎦ = 397,5 cal
Q 'f = L f mg = ( 79,5 cal/g )( 50 g ) = 3.975 cal
Como Q 'f < Qa' + Qg' , o calor liberado para a água ir de 25oC até 0oC é suficiente para fundir todo
o gelo e ainda irá aquecer a água até uma temperatura Teq' , que pode ser calculada por meio do
balanço das trocas de calor:
Qresfr água + Qaquec gelo + Qfusão gelo + Qaquec gelo fund = 0
ma ca ΔTa + Qg' + Q 'f + mg ca ΔTg = 0
ma ca (Teq − Ta ) + Qg' + Q 'f + mg ca (Teq − 0o C ) = 0
(m
a
+ mg ) caTeq = ma caTa − Qg' − Q 'f
Teq =
ma caTa − Qg' − Q 'f
(m
a
+ mg ) ca
( 200 g ) (1, 00 cal/g.o C )( 25o C ) − ( 397,5 cal ) − ( 3.975 cal )
Teq =
⎡⎣( 200 g ) + ( 50 g ) ⎤⎦ (1, 00 cal/g.o C )
Teq = 2,51o C
[Início seção]
[Início documento]
31. Um anel de cobre de 20,0 g tem um diâmetro de exatamente 1 polegada à temperatura de
0,000oC. Uma esfera de alumínio tem um diâmetro de exatamente 1,00200 pol à temperatura de
100,0oC. A esfera é colocada em cima do anel (Fig. 20-16) e permite-se que os dois encontrem
seu equilíbrio térmico, sem ser perdido calor para o ambiente. A esfera passa exatamente pelo
anel na temperatura de equilíbrio. Qual a massa da esfera?
(Pág. 199)
Solução.
Vamos analisar a expansão térmica da esfera de alumínio (Al) e do anel de cobre (Cu). Após a
expansão, o diâmetro d da esfera de alumínio será:
d = d Al (1 + α Al ΔTAl )
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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O diâmetro d do anel de cobre será:
d = d Cu (1 + α Cu ΔTCu )
Nas expressões acima, dAl e dCu são os diâmetros iniciais da esfera e do anel, respectivamente, e α é
o coeficiente de expansão linear. Como na temperatura final os diâmetros da esfera e do anel serão
iguais, temos:
d Al ⎡⎣1 + α Al (T − TAl ) ⎤⎦ = d Cu ⎡⎣1 + α Cu (T − TCu ) ⎤⎦
Resolvendo para T:
d − d Cu − d Alα AlTAl + d Cuα CuTCu
T = Al
d Alα Al − d Cuα Cu
(1, 00200 pol ) − (1, 00000 pol ) − (1, 00200 pol ) ( 2,3 ×10−5o C−1 )(100, 0o C ) + "
T=
(1, 00200 pol ) ( 2,3 ×10−5o C−1 ) − (1, 00000 pol ) (1, 7 ×10−5o C−1 )
" + (1, 00000 pol ) (1, 7 × 10−5o C−1 )( 0, 000o C )
o
= 50,3804" C
A massa da esfera de alumínio é calculada por meio das trocas de calor:
Qcedido Al + Qreceb Cu = 0
mAl cAl ΔTAl + mCu cCu ΔTCu = 0
mAl = −
mAl = −
mCu cCu (T − TCu )
cAl (T − TAl )
( 20, 0 g ) ( 0, 0923 cal/g o C ) ⎡⎣( 50,3804"o C ) − ( 0, 000o C )⎤⎦
( 0, 215 cal/g oC ) ⎡⎣( 50,3804"o C ) − (100, 0o C )⎤⎦
= 8, 71769" g
mAl ≈ 8, 72 g
[Início seção]
[Início documento]
34. Dois blocos de metal são isolados de seu ambiente. O primeiro bloco, que tem massa m1 = 3,16
kg e temperatura inicial T1 = 17,0oC tem um calor específico quatro vezes maior do que o
segundo bloco. Este está à temperatura T2 = 47,0oC e seu coeficiente de dilatação linear é 15,0 ×
10−6/oC. Quando os dois blocos são colocados juntos e alcançam seu equilíbrio térmico, a área
de uma face do segundo bloco diminui em 0,0300%. Encontre a massa deste bloco.
(Pág. 199)
Solução.
Veja o esquema da situação inicial:
Bloco 1
m1
T1
c1 = 4c2
Bloco 2
A2i
m2 = ?
T2
c2
________________________________________________________________________________________________________
a
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Na situação final, temos:
Bloco 1
Bloco 2
A2f
Teq
Desconsiderando-se as perdas de energia, o calor cedido pelo bloco 2 (Q2) somado ao calor
recebido pelo bloco 1 (Q1) deve ser nulo.
Q1 + Q2 = 0
m1c1ΔT1 + m2 c2 ΔT2 = 0
m1 4c2 (Teq − T1 ) + m2 c2 (Teq − T2 ) = 0
m2 =
4m1 (Teq − T1 )
(T
eq − T2 )
(1)
A temperatura de equilíbrio pode ser calculada com base na informação sobre a variação da área da
face do bloco 2. Como a área do lado do bloco 2 diminui 0,0300%, seu tamanho final será
(1−0,03/100) da área inicial.
⎛ 0, 03 ⎞
A2f = ⎜ 1 −
⎟ A2i
100 ⎠
⎝
A2f
A2i
= 0,9997 = k
Vamos substituir as áreas A por L2, onde L é a aresta do cubo.
L22f
L22i
=k
L2 f = L2i k
Agora podemos analisar a expansão térmica do bloco 2:
L2i (1 + α 2 ΔT2 ) = L2i k
Teq − T2 =
Teq =
k −1
α2
k −1
α2
+ T2
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
⎡ (T − T ) α
⎤
m2 = 4m1 ⎢ 1 2 2 − 1⎥
k −1
⎣
⎦
________________________________________________________________________________________________________
a
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⎡ ⎡(17, 0o C ) − ( 47, 0o C ) ⎤ (15, 0 ×10−6o C−1 ) ⎤
⎦
m2 = 4 ( 3,16 kg ) ⎢ ⎣
− 1⎥ = 25, 2771" kg
⎢
⎥
0,9997 − 1
⎣
⎦
m2 ≈ 25,3 kg
[Início seção]
[Início documento]
35. Uma amostra de gás se expande de 1,0 a 4,0 m3, enquanto sua pressão diminui de 40 para 10 Pa.
Quanto trabalho é realizado pelo gás, de acordo com cada um dos três processos mostrados no
gráfico p-V da Fig. 20-17?
(Pág. 199)
Solução.
No processo A, temos:
WA = pΔV = ( 40 Pa ) ⎣⎡(1, 0 m3 ) − ( 4, 0 m3 ) ⎦⎤
WA = −120 J
No processo B, temos:
WB = ∫
Vf
Vi
pdV = ∫
Vf
Vi
( −10V + 50 ) dV = ( −5V 2 + 50V 1,0 = (120 J ) − ( 45 J )
4,0
WB = 75 J
No processo C, temos:
WC = pΔV = (10 Pa ) ⎡⎣(1, 0 m3 ) − ( 4, 0 m3 ) ⎤⎦
WA = −30 J
[Início seção]
[Início documento]
36. Suponha que uma amostra de gás se expanda de 1,0 para 4,0 m3, através do caminho B no
gráfico p-V mostrado na Fig. 20-18. Ela é então comprimida de volta para 1,0 m3 através do
caminho A ou C. Calcule o trabalho total realizado pelo gás para ciclo total, cada caso.
________________________________________________________________________________________________________
a
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(Pág. 199)
Solução.
No processo A, temos:
WA = pΔV = ( 40 Pa ) ⎣⎡(1, 0 m3 ) − ( 4, 0 m3 ) ⎦⎤
WA = −120 J
No processo B, temos:
WB = ∫
Vf
Vi
pdV = ∫
Vf
Vi
( −10V + 50 ) dV = ( −5V 2 + 50V 1,0 = (120 J ) − ( 45 J )
4,0
WB = 75 J
No processo C, temos:
WC = pΔV = (10 Pa ) ⎡⎣(1, 0 m3 ) − ( 4, 0 m3 ) ⎤⎦
WA = −30 J
No ciclo BA, temos:
WBA = WB + WA = ( 75 J ) + ( −120 J )
WBA = −45 J
No ciclo BC, temos:
WBC = WB + WC = ( 75 J ) + ( −30 J )
WBA = 45 J
[Início seção]
[Início documento]
37. Considere que 200 J de trabalho são realizados sobre um sistema e 70,0 cal de calor são
extraídos dele. Do ponto de vista da primeira lei da termodinâmica, quais os valores (incluindo
sinais algébricos) de (a) W, (b) Q e (c) ΔEint?
(Pág. 199)
Solução.
De acordo com a convenção adotada nesta edição do Halliday-Resnick, trabalho realizado sobre o
sistema é negativo e calor que sai do sistema é negativo (daí a forma da primeira lei ser ΔE = Q −
W). Portanto:
(a)
________________________________________________________________________________________________________
a
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W = −200 J
(b)
Q = −70, 0 cal ≈ −293 J
(c)
ΔEint = Q − W ≈ ( −293 J ) − ( −200 J )
ΔEint ≈ −93 J
[Início seção]
[Início documento]
40. Um gás dentro de uma câmara passa pelo processo mostrado no gráfico p-V da Fig. 20-21.
Calcule o calor total adicionado ao sistema durante um ciclo completo.
(Pág. 200)
Solução.
Num ciclo termodinâmico, tem-se:
ΔEint = Q − W = 0
Q = W = WAB + WBC + WCA
(1)
Agora precisamos calcular os trabalhos realizados pelo gás nas três etapas do ciclo e substituir em
(1). O trabalho A → B vale:
WAB = ∫
Vf
Vi
p(V ) dV = ∫
Vf
Vi
⎛ 10V 2 10V
⎛ 20V 10 ⎞
+
dV
=
+
⎜
⎜
⎟
3⎠
3
⎝ 3
⎝ 3
4,0 m3
= ( 66, 66" J ) − ( 6,66" J )
1,0 m
(2)
3
WAB = 60 J
Na expressão (2), a função p(V) foi construída da relação abaixo, obtida a partir do gráfico fornecido
no enunciado.
30 − p
30 − 10
=
4, 0 − V 4, 0 − 1, 0
O trabalho B → C vale:
WBC = pΔV = ( 30 Pa ) ⎡⎣(1,0 m3 ) − ( 4, 0 m3 ) ⎤⎦
WBC = −90 J
O trabalho C → A vale:
________________________________________________________________________________________________________
a
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WCA = pΔV = p.0
WCA = 0 J
Logo:
Q = ( 60 J ) + ( −90 J ) + 0
Q = −30 J
[Início seção]
[Início documento]
47. Considere a placa mostrada na Fig. 20-8. Suponha que L = 25,0 cm, A = 90,0 cm2 e o material
seja cobre. Se TH = 125oC, TC = 10,0oC e foi alcançado o estado estacionário, encontre a taxa de
transmissão de calor através da placa.
(Pág. 201)
Solução.
A taxa de transmissão de calor é dada por:
2
o
o
kA (TH − TC ) ( 401 W/m.K ) ( 0, 00900 m ) ⎡⎣(125 C ) − (10 C ) ⎤⎦
H=
=
= 1.660,14" J/s
L
( 0, 25 m )
H ≈ 1, 66 kJ/s
[Início seção]
[Início documento]
48. Um bastão cilíndrico de cobre, de comprimento 1,2 m e área de seção reta de 4,8 cm2 é isolado,
para evitar perda de calor pela sua superfície. Os extremos são mantidos à diferença de
temperatura de 100oC, um colocado em uma mistura água-gelo e o outro em água fervendo e
vapor. (a) Ache a taxa em que o calor é conduzido através do bastão. (b) Ache a taxa em que o
gelo derrete no extremo frio.
(Pág. 201)
Solução.
(a) A taxa de transferência de calor vale:
H=
kA (TQ − TF )
L
( 401 W/m.K ) ( 4,8 ×10−4 m2 ) ⎡⎣(100o C ) − ( 0, 0o C )⎤⎦
=
= 16, 04 J/s
(1, 2 m )
________________________________________________________________________________________________________
a
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H ≈ 16 J/s
(b) A taxa de transferência de calor pode ser manipulada da seguinte forma:
dQ dQ dm
dm
H=
=
×
= Lf
dt dm dt
dt
Na expressão acima foi usada a regra da cadeia e o termo dQ/dm foi identificado como o calor
latente de fusão do gelo. Logo:
(16 J/s ) = 0, 048048" g/s
dm H
=
=
dt L f ( 333 J/g )
dm
≈ 0, 048 g/s
dt
[Início seção]
[Início documento]
52. Dois bastões idênticos retangulares de metal são colocados extremidade com extremidade, como
mostra a Fig. 20-25a, e 10 J de calor são conduzidos (em um processo estacionário) através dos
bastões em 2,0 min. Quanto tempo levará para se conduzir os mesmos 10 J, se os bastões
estiverem como na Fig. 20-25b?
(Pág. 201)
Solução.
Como os bastões são idênticos, o arranjo da Fig. (a) torna o comprimento de transferência de calor
multiplicado por dois. Logo:
Ha =
kA (TQ − TF )
2L
kA (TQ − TF )
= 2H a
L
O arranjo da Fig. (b) torna a área de transferência de calor multiplicada por dois. Logo:
Hb =
(1)
k 2 A (TQ − TF )
L
kA (TQ − TF )
=
L
Igualando-se (1) e (2):
H
2H a = b
2
Hb
2
(2)
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
H b = 4H a = 4
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(10 J )
(10 J ) = Q
( 2, 0 min ) ( 30 s ) Δt
=
Logo, o tempo para que os bastões em série (b) transportem 10 J de calor é 30 s.
Δt = 30 s
[Início seção]
[Início documento]
53. Calcule a taxa de condução de calor através das seguintes portas de proteção contra o inverno,
ambas com 2,0 m de altura e 0,75 m de largura. (a) Uma é feita com chapas de alumínio de 1,5
mm de espessura e um vidro de janela de 3,0 mm de espessura que cobre 75% de sua superfície.
(b) A segunda é feita inteiramente de pinho branco com 2,5 cm de espessura. Considere a queda
de temperatura através de cada porta como sendo 33oC, e veja a Tabela 20-4.
(Pág. 201)
Solução.
(a) A área da parte de alumínio AAl corresponde a 30% da área total A = 1,5 m2, ou seja, AAl = 0,375
m2, enquanto que a área correspondente ao vidro é Av = 1,125 m2. Logo:
k A ΔT k v Av ΔT
H = H Al + H v = Al Al
+
LAl
Lv
H=
( 235 W/m.K ) ( 0,375 m2 )( 33o C ) (1, 0 W/m.K ) (1,125 m2 )( 33o C )
(1,5 ×10
−3
m)
+
( 3, 0 ×10
−3
m)
H = (1.938.750 W ) + (12.375 W ) = 1.951.125 W
H ≈ 2, 0 MW
(b) Neste caso, o cálculo é mais simples:
________________________________________________________________________________________________________
a
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H=
kp Ap ΔT
Lp
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( 0,11 W/m.K ) (1,5 m 2 )( 33o C )
=
= 217,8 W
( 0, 025 m )
H ≈ 220 W
Comparando-se as respostas dos itens (a) e (b), podemos verificar a grande vantagem de se usar
portas de madeira contribuir com o isolamento térmico de uma casa, tanto no inverno como no
verão.
[Início seção]
[Início documento]
54. Uma representação idealizada da temperatura do ar, como uma função da distância de uma
janela de vidro em um dia calmo de inverno, é mostrada na Fig. 20-27. As dimensões da janela
são 60 cm × 60 cm × 0,50 cm. Suponha que o calor seja conduzido através de um caminho que
lhe é perpendicular, dos pontos a 8 cm da janela do lado de fora, para pontos a 8 cm da janela
do lado de dentro. (a) Em que taxa o calor é conduzido através da área da janela? (Sugestão: a
queda de temperatura através do vidro da janela é muito pequena) (b) Estime a diferença de
temperatura entre as superfícies interna e externa do vidro da janela.
(Pág. 201)
Solução.
(a) Podemos representar o sistema como um conjunto de três camadas, sendo duas de ar, cada uma
com 8,0 cm de espessura e uma de ar, com 0,50 cm de espessura. Logo, podemos aplicar a Eq. 2024 (Pág. 193) para calcular a taxa de fluxo de calor H. Os índices Ar, v, Q e F foram usados para ar,
vidro, temperatura maior (quente) e menor (frio), respectivamente.
H=
A (TQ − TF )
⎛L
2 ⎜ Ar
⎝ kAr
⎞ ⎛ Lv ⎞
⎟+⎜ ⎟
⎠ ⎝ kv ⎠
( 0,36 m ) ⎡⎣( 20 C ) − ( −10 C )⎤⎦
2
=
( 0, 080 m )
o
o
( 0, 0050 m )
2
+
( 0, 026 W/m.K ) (1,0 W/m.K )
= 1, 7535" W
H ≈ 1,8 W
(b) Conhecendo-se a taxa de transferência de calor, H, é fácil estimar a diferença de temperatura
ΔTv nas faces externa e interna do vidro:
k AΔTv
H = Hv = v
Lv
________________________________________________________________________________________________________
a
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ΔTv =
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H v Lv (1, 7535" W )( 0, 0050 m )
=
= 0, 02435"o C
2
kv A
1,
0
W/m.K
0,36
m
(
)(
)
ΔTv ≈ 0, 024o C
[Início seção]
[Início documento]
55. Um grande tanque cilíndrico de água com um fundo de 1,7 m de diâmetro é feito de ferro
galvanizado de 5,2 mm de espessura. Quando a água esquenta, o aquecedor a gás embaixo
mantém a diferença de temperatura entre as superfícies superior e inferior, da chapa do fundo,
em 2,3oC. Quanto calor é conduzido através dessa placa em 5,0 min? (O ferro tem
condutividade térmica igual a 67 W/m. K.)
(Pág. 201)
Solução.
Primeiro vamos calcular a taxa de transferência de calor através da placa:
⎡ (1, 7 m ) ⎤
o
( 67 W/m.K ) π ⎢
⎥ ( 2,3 C )
⎣ 2 ⎦
2
H=
kAΔT
=
L
( 0, 0052 m )
= 67.264, 67 " W
Se a taxa instantânea de transferência for igual à taxa média, pode-se dizer que:
dQ Q
H=
=
dt Δt
Q = H Δt = ( 67.264, 67" W )( 300 s ) = 20.179.401,1" J
Q ≈ 2, 0 × 107 J
[Início seção]
[Início documento]
56. (a) Qual a taxa de perda de calor em watts por metro quadrado através de uma janela de vidro de
3,0 mm de espessura, se a temperatura do lado de fora for -20oF e do lado de dentro +72oF? (b)
Uma janela de proteção contra inverno é colocada, tendo a mesma espessura do vidro, mas com
uma coluna de ar de 7,5 cm entre as duas janelas. Qual será, agora, a taxa de perda de calor,
supondo que a condução é o único mecanismo importante de perda de calor?
(Pág. 202)
Solução.
(a) A taxa pedida é:
o
dH k ΔT (1, 0 W/m.K ) ( 51,1 C )
=
=
= 17.037 W/m 2
dA
L
( 0, 0030 m )
dH
≈ 17 kW/m 2
dA
(b) Este sistema pode ser esquematizado da seguinte forma, visto em seção transversal:
________________________________________________________________________________________________________
a
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Vidro
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Ar
Trata-se de uma placa composta de duas camadas de ar e uma camada de vidro. Logo, podemos
aplicar a Eq. 20-24 (Pág. 193) para calcular a taxa de fluxo de calor H. Os índices Ar e v foram
usados para ar e vidro, respectivamente.
0,36 m 2 )( 51,1o C )
(
ΔT
dH
=
=
= 17, 6778" W/m 2
dA
( 0, 0030 m ) + ( 0, 075 m )
⎛L ⎞ ⎛L ⎞
2 ⎜ v ⎟ + ⎜ Ar ⎟ 2
(1,0 W/m.K ) ( 0, 026 W/m.K )
⎝ k v ⎠ ⎝ kAr ⎠
dH
≈ 18 W/m 2
dA
[Início seção]
[Início documento]
57. Um tanque de água foi construído ao ar livre em tempo frio e ali se formou uma camada de gelo
de 5,0 cm na superfície da água (Fig. 20-28). O ar acima do gelo está a −10oC. Calcule a taxa de
formação do gelo (em centímetros por hora) na superfície inferior da placa de gelo. Considere a
condutividade térmica do gelo e sua densidade como 0,0040 cal/s × cm × oC e 0,92 g/cm3.
Suponha que o calor não seja transferido pelas paredes ou pelo fundo do tanque.
(Pág. 202)
Solução.
O problema pede o cálculo da taxa dL/dt, que corresponde ao crescimento da espessura L da
camada de gelo. Vamos começar pela taxa de formação da massa da camada de gelo (dm/dt), que
pode ser obtida a partir da definição do calor latente de fusão da água:
Q = Lf m
dQ
dm
= Lf
dt
dt
________________________________________________________________________________________________________
a
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dm 1 dQ
=
dt L f dt
(1)
O termo dQ/dt é a taxa de transferência de calor H:
dQ kAΔT
=
H=
dt
L
Podemos obter o termo dL/dt a partir da definição da densidade do gelo ρ:
m = ρV
dm
dV
dL
=ρ
= ρA
dt
dt
dt
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
(2)
(3)
0, 0040 cal/s.cm.o C )(10o C )
(
dL k ΔT
=
=
= 0, 00010931" cm/s
dt ρ L f L ( 0,92 g/cm3 ) ( 79,55 cal/g )( 5, 0 cm )
dL
≈ 0,39 cm/h
dt
[Início seção]
[Início documento]
59. Três bastões de metal, feitos de cobre, alumínio e latão, têm 6,00 cm de comprimento e 1,00 cm
de diâmetro. Esses bastões são unidos ponta-a-ponta, com o de alumínio no meio. Os extremos
livres dos bastões de latão e de cobre são mantidos no ponto de congelamento e de ebulição da
água, respectivamente. Encontre as temperaturas de estado estacionário das junções cobrealumínio e alumínio-latão. A condutividade térmica do latão é 109 W/m × K.
(Pág. 202)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
L
D
Lat
Al
Cu
TF
T1
T2
TQ
A taxa de transferência de calor H ao longo dos três bastões é de:
H=
A (TQ − TF )
⎛ LLat
⎜
⎝ kLat
⎞ ⎛ LAl ⎞ ⎛ LCu ⎞
⎟+⎜
⎟
⎟+⎜
⎠ ⎝ kAl ⎠ ⎝ kCu ⎠
⎡ ( 0,100 m ) ⎤
o
o
π⎢
⎥ ⎡⎣(100 C ) − ( 0, 0 C ) ⎤⎦
2
⎣
⎦
= 8, 2206" W
H=
0,
060
m
(
) + ( 0, 060 m ) + ( 0, 060 m )
(109 W/m.K ) ( 235 W/m.K ) ( 401 W/m.K )
2
A taxa H é a mesma ao longo de todos os pontos do sistema. No bastão de latão, temos:
H=
kLat AΔTLat kLat A (T1 − TF )
=
L
L
________________________________________________________________________________________________________
a
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Como TF = 0,0oC, podemos resolver a equação acima para T1:
T1 =
HL
=
kLat A
(8, 2206" W )( 0, 060 m )
2
⎡ ( 0,100 m ) ⎤
(109 W/m.K ) π ⎢
⎥
⎣
2
= 57, 615"o C
⎦
T1 ≈ 57, 6o C
De forma semelhante para o bastão de cobre, temos:
H=
kCu A (TQ − T2 )
L
Resolvendo-se a equação acima para T2:
T2 = TQ −
HL
= (100o C ) −
kLat A
( 8, 2206" W )( 0, 060 m )
2
⎡ ( 0,100 m ) ⎤
( 401 W/m.K ) π ⎢
⎥
⎣
2
= 84,339"o C
⎦
T2 ≈ 84,3o C
[Início seção]
[Início documento]
61. Uma amostra de gás passa por uma transição de estado inicial a para um final b, por três
diferentes caminhos (processos), como mostrado no gráfico p-V na Fig. 20-29. O calor
adicionado ao gás no processo 1 é 10piVi. Em termos de piVi, qual (a) o calor adicionado ao gás
no processo 2 e (b) a mudança na energia interna que o gás sofre no processo 3?
(Pág. 202)
Solução.
(a) A variação da energia interna nos processos 1 e 2 é igual, pois os estados inicial e final são os
mesmos:
ΔEint,1 = ΔEint,2
Q1 − W1 = Q2 − W2
Q2 = Q1 − W1 + W2
O trabalho realizado pelo gás no processo 1 é:
W1 = pΔV = pi ( 5Vi − Vi ) = 4 piVi
O trabalho realizado pelo gás no processo 2 pode ser calculado somando-se as áreas sob a curva 2,
sendo que cada célula (quadrado) da malha do gráfico tem área piVi:
________________________________________________________________________________________________________
a
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W2 = 4 piVi + piVi = 5 piVi
Logo:
Q2 = 10 piVi − 4 piVi + 5 piVi
Q2 = 11 piVi
(b) Da mesma forma que em (a), temos:
ΔEint,3 = ΔEint,1 = Q1 − W1 = 10 piV1 − 4 piV1
ΔEint,3 = 6 piV1
[Início seção]
[Início documento]
63. Uma amostra de gás se expande a partir de uma pressão e um volume iniciais de 10 Pa e 1,0 m3
para um volume final de 2,0 m3. Durante a expansão, a pressão e o volume são obtidos pela
equação p = aV2, onde a = 10 N/m8. Determine o trabalho realizado pelo gás durante a
expansão.
(Pág. 202)
Solução.
O gráfico pV do processo está esquematizado abaixo:
B
p (Pa)
40
10
A
1,0
2,0
3
V (m )
O trabalho de expansão do gás é dado por:
2,0 m3
WAB = ∫
VB
VA
10V 3
p(V ) dV = ∫ 10V 2 dV =
= 23,33" J
VA
3 1,0 m3
VB
WAB ≈ 23 J
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
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Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2
CAPÍTULO 21 - A TEORIA CINÉTICA DOS GASES
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
61
71
81
02
12
22
32
42
52
62
72
82
03
13
23
33
43
53
63
73
83
04
14
24
34
44
54
64
74
84
05
15
25
35
45
55
65
75
85
06
16
26
36
46
56
66
76
86
07
17
27
37
47
57
67
77
87
08
18
28
38
48
58
68
78
88
09
19
29
39
49
59
69
79
10
20
30
40
50
60
70
80
[Início documento]
03. Se as moléculas de água em 1,00 g de água fossem distribuídas uniformemente pela superfície
da Terra, quantas moléculas haveriam em 1,00 cm2 dessa superfície?
(Pág. 226)
Solução.
A solução consiste em obter a razão N/A, em que N é o número de moléculas de água na amostra e
A é a área da superfície da Terra, em cm2. No desenvolvimento abaixo, n é o número de moles de
água na amostra, ma é a massa da amostra de água, NA é o número de Avogadro, M é a massa molar
da água e RT é o raio da Terra.
(1, 00 g ) ( 6, 02 ×1023 mol−1 )
ma N A
nN A
N
=
=
=
= 6.558,96" moléculas/cm 2
2
2
2
8
A 4π RT M 4π RT (18 g/mol ) 4π ( 6,37 ×10 cm )
N
≈ 6.560 moléculas/cm 2
A
[Início seção]
[Início documento]
08. O melhor vácuo que pode ser obtido em um laboratório corresponde à pressão de cerca de 1,00
× 10−18 atm ou 1,01 × 10−13 Pa. Quantas moléculas existem por centímetro cúbico em tal vácuo,
a 293 K?
(Pág. 227)
Solução.
A solução consiste em obter a razão N/V, em que N é o número de moléculas de gás e V é o volume
do recipiente. No desenvolvimento abaixo, p é a pressão exercida pelo gás, V é o volume do
recipiente, n é o número de moles de gás na amostra, R é a constante dos gases ideais, T é a
temperatura da amostra e NA é o número de Avogadro.
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a
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36
Problemas Resolvidos de Física
pV = nRT =
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N
RT
NA
−13
23
−1
N pN A (1, 01× 10 Pa )( 6, 02 ×10 mol )
=
=
= 2, 4959" moléculas/m 3
V
RT
( 8,314 J/K.mol )( 293 K )
N
≈ 2,50 moléculas/m 3
V
[Início seção]
[Início documento]
09. Uma quantidade de um gás ideal a 10,0oC e à pressão de 100 kPa ocupa um volume de 2,50 m3.
(a) Quantos moles de gás estão presentes? (b) Se a pressão for elevada para 300 kPa e a
temperatura para 30,0oC, qual o volume que o gás ocupará? Suponha que não haja perdas.
(Pág. 227)
Solução.
(a) A solução requer a aplicação da equação de estado do gás ideal:
p0V0 = nRT0
100 × 103 Pa )( 2,50 m 3 )
(
p0V0
n=
=
= 106,1785" moles
RT0 ( 8,314 J/K.mol )( 283, 2 K )
n ≈ 106 moles
(b) Como a quantidade de gás não foi modificada, o produto nR permanece constante antes e após a
transformação das condições do sistema:
pV
pV
nR = 0 0 =
T0
T
3
p0V0T (100 kPa ) ( 2,50 m ) ( 303, 2 K )
V=
=
= 0,892184" m 3
pT0
( 300 kPa )( 283, 2 K )
V ≈ 0,892 m3
[Início seção]
[Início documento]
11. Um pneu de automóvel tem um volume de 1.000 pol3 e contém ar à pressão manométrica de
24,0 lb/pol2, quando a temperatura é de 0,00oC. Qual a pressão manométrica do ar no pneu,
quando sua temperatura sobe para 27oC e seu volume para 1.020 pol3? (Sugestão: Não é
necessário converter unidades inglesas para unidades internacionais; por quê? Use patm = 14,7
lb/pol2.)
(Pág. 227)
Solução.
Assumindo-se comportamento ideal para o gás no interior do pneu, podemos usar a equação de
estado do gás ideal:
p0V0 = nRT0
Sabendo-se que o número de moles de gás (n) permanece constante, temos que a quantidade nR não
se altera ao longo do processo:
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a
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Problemas Resolvidos de Física
nR =
(p
'
0
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p0V0 pV
=
T0
T
+ patm ) V0
T0
( p + p )V
=
'
atm
T
Na expressão acima, p0' e p ' são as pressões manométricas inicial e final do gás.
(p
p =
'
0
'
+ patm ) V0T
VT0
− patm
⎡( 24, 0 lb/pol2 ) + (14, 7 lb/pol2 ) ⎤ (1.000 pol3 ) ( 300 K )
⎦
p =⎣
− (14, 7 lb/pol2 )
3
1.020
pol
273
K
)
(
)(
'
p ' = 26,9936" lb/pol2
p ' = 27, 0 lb/pol2
[Início seção]
[Início documento]
14. A pressão p, o volume V e a temperatura T para um certo material são relacionados por
AT − BT 2
p=
V
Encontre uma expressão para o trabalho realizado pelo material, se a temperatura mudar de T1
para T2, enquanto a pressão permanece constante.
(Pág. 227)
Solução.
Como a pressão depende da temperatura e do volume, se houve variação na temperatura, mas a
pressão permaneceu constante, o volume deve ter variado de V1 para V2, onde:
AT1 − BT12
V1 =
p
V2 =
AT2 − BT22
p
O trabalho realizado pela expansão de um gás é dado por:
V
W = ∫ p(V ) dV
V0
Como no presente caso a pressão permaneceu constante, podemos retirá-la da integral:
W = p ∫ dV = pΔV = p (V2 − V1 )
V
V0
Logo:
⎛ AT − BT22 AT1 − BT12 ⎞
2
2
W = p⎜ 2
−
⎟ = ( AT2 − BT2 ) − ( AT1 − BT1 )
p
p
1⎠
⎝
W = A (T2 − T ) − B (T22 − T12 )
[Início seção]
[Início documento]
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Problemas Resolvidos de Física
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15. Uma amostra de ar, que ocupa 0,14 m3 à pressão manométrica de 1,03 × 105 Pa, se expande
isotermicamente até atingir a pressão atmosférica e é então resfriada, à pressão constante, até
que retorne ao seu volume inicial. Calcule o trabalho realizado pelo ar.
(Pág. 227)
Solução.
O processo termodinâmico descrito no enunciado pode ser representado no seguinte gráfico:
p
p0
1
patm
2
V
V0
V
O trabalho total W corresponde à soma dos trabalhos executados nos caminhos 1 (W1) e 2 (W2):
W = W1 + W2
(1)
O trabalho realizado no caminho 1 é dado por:
V
V nRT
V nRT
W1 = ∫ p(V ) dV = ∫
dV = ∫
dV
V0
V0 V
V0 V
Como o caminho 1 é uma isoterma, ou seja, todos os estados (pontos) sobre o caminho 1 estão à
mesma temperatura, temos:
V dV
(2)
W1 = nRT ∫
V0 V
Além disso, podemos relacionar os estados inicial e final do caminho 1, para determinar o volume
final do caminho 1:
p0V0 = patmV
V=
p0V0
patm
Substituindo o valor de V na integral (2) e reconhecendo que nRT = P0V0:
p0V0
patm
0 0 V
0
W1 = p V
∫
W1 = p0V0 ln
⎛ p0V0 ⎞
⎜
⎟
patm ⎠
dV
⎝
= p0V0 ln
V
V0
p0
patm
(3)
O trabalho no caminho 2 é realizado à pressão constante. Logo:
V0
⎛
pV ⎞
W2 = p ∫ dV = pΔV = p (V0 − V ) = p ⎜ V0 − 0 0 ⎟
V
patm ⎠
⎝
W2 = ( patm − p0 ) V0
(4)
Substituindo-se (3) e (4) em (1):
W = p0V0 ln
⎛
⎞
p0
p
+ ( patm − p0 ) V0 = ⎜ p0 ln 0 + patm − p0 ⎟ V0
patm
patm
⎝
⎠
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Problemas Resolvidos de Física
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É preciso lembrar que p0 (pressão absoluta) é a soma da pressão manométrica p0' (dada no
enunciado) e a pressão atmosférica patm, ou seja, 2,04 × 105 Pa.
⎡
⎤
2, 04 ×105 Pa )
(
5
5
5
⎥ ( 0,14 m3 )
W = ⎢( 2, 04 ×10 Pa ) ln
+
1,
01
×
10
Pa
−
2,
04
×
10
Pa
(
)
(
)
5
⎢⎣
⎥⎦
(1, 01×10 Pa )
W = 5.657, 665" J
W ≈ 5.700 J
[Início seção]
[Início documento]
19. Uma bolha de ar de 20 cm3 está no fundo de um lago, a 40 m de profundidade, onde a
temperatura é 4,0oC. Ela se solta e vai para a superfície, onde a temperatura é 20oC. Considere a
temperatura da bolha como sendo a mesma da água à sua volta e encontre seu volume no exato
momento em que alcança a superfície - ainda na água.
(Pág. 227)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
p = patm, V, T
ρ
h
p0, V0, T0
Como a quantidade de ar no interior da bolha é constante, vale a relação:
p0V0 pV
=
T0
T
( patm + ρ gh )V0
T0
=
pV
T
Logo:
V=
( patm + ρ gh )V0T
VT0
⎡(1, 01×105 Pa ) + (1, 0 ×103 kg/m3 )( 9,81 m/s 2 ) ( 40 m ) ⎤ ( 20 ×10−6 m3 ) ( 293,15 K )
⎣
⎦
V=
5
(1, 01×10 Pa ) ( 277,15 K )
V = 103,3434" m3
V ≈ 100 m 3
[Início seção]
[Início documento]
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Problemas Resolvidos de Física
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22. Um tanque de aço contém 300 g de amônia (NH3) no estado gasoso, a uma pressão absoluta de
1,35 x 106 Pa e temperatura de 77oC. (a) Qual o volume do tanque? (b) O tanque é inspecionado
mais tarde, quando a temperatura cai para 22oC e a pressão absoluta para 8,7 x 105 Pa. Quantos
gramas de gás escaparam do tanque?
(Pág. 227)
Solução.
(a) Considerando-se que a amônia tenha comportamento ideal, podemos utilizar a equação de
estado do gás ideal:
m
p0V0 = n0 RT0 = a RT0
M
Na expressão acima, ma0 é a massa inicial da amostra de amônia e M é a massa molar da amônia.
Logo:
V0 =
ma 0 RT0 ( 300 g )( 8,314 J/K.mol )( 350 K )
=
= 0, 0380379" m3
6
Mp0
(17 g/mol ) (1,35 ×10 Pa )
V0 ≈ 0, 0380 m 3
(b) A situação final do sistema pode ser descrita pela seguinte equação de estado, em que ma é a
massa final de amônia e m’ é a massa de amônia que escapou:
ma 0 − m' )
(
ma
pV = nRT =
RT =
RT
M
M
O volume final do recipiente pode ser determinado por meio da análise da dilatação térmica sofrida:
V = V0 ⎡⎣1 + 3α aço (T − T0 ) ⎤⎦
Logo:
pV0 ⎡⎣1 + 3α aço (T − T0 ) ⎤⎦ =
m ' = ma 0 −
a0
− m' )
M
RT
pV0 M
⎡1 + 3α aço (T − T0 ) ⎤⎦
RT ⎣
m = ( 300 g )
'
(m
(8, 7 ×10
−
5
Pa )( 0, 0380379" m3 ) (17 g/mol )
×
(8,314 J/K.mol )( 295 K )
× {1 + 3 (1,1× 10−5o K −1 ) ⎡⎣( 295 K ) − ( 350 K ) ⎤⎦} = 71, 0378" g
m' ≈ 71 g
[Início seção]
[Início documento]
23. O recipiente A, na Fig. 21-17, contém um gás ideal à pressão de 5,0 x 105 Pa e à temperatura de
300 K. Ele está conectado por um fino tubo ao recipiente B, que tem quatro vezes o volume de
A. O B contém o mesmo gás ideal, à pressão de 1,0 x 105 Pa e à temperatura de 400 K. A
válvula de conexão é aberta e o equilíbrio é atingido a uma pressão comum, enquanto a
temperatura de cada recipiente é mantida constante, em seu valor inicial. Qual a pressão final do
sistema?
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Problemas Resolvidos de Física
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(Pág. 227)
Solução.
Este problema pode ser resolvido levando-se em conta que o número total de moles do gás
permanece constante durante o processo.
n A , i + nB , i = n A , f + n B , f
p AVA pBVB pVA pVB
+
=
+
RTA
RTB
RTA RTB
No segundo membro da expressão acima, vemos que a pressão final nos dois compartimentos é
igual (p), uma vez que eles estão conectados, e que suas temperaturas são diferentes, iguais às da
situação inicial. Lembrando que VB = 4 VA:
p AVA pB 4VA pVA p 4VA
+
=
+
TA
TB
TA
TB
B
p A 4 pB
p 4p
+
= +
TA
TB
TA TB
5
5
p ATB + 4 pBTA ( 5, 0 × 10 Pa ) ( 400 K ) + 4 (1, 0 × 10 Pa ) ( 300 K )
p=
=
TATB
( 300 K )( 400 K )
p = 2, 0 × 105 Pa
[Início seção]
[Início documento]
27. Considere o Sol como uma gigantesca bola de gás ideal à alta temperatura. A pressão e a
temperatura na atmosfera solar são 0,0300 Pa e 2,00 x 106 K, respectivamente. Calcule a
velocidade rms dos elétrons livres (massa = 9,11 x 10-31 kg) na atmosfera solar.
(Pág. 228)
Solução.
Considerando-se a atmosfera solar composta de gás ideal, teremos:
vrms
3RT
3RT
=
=
=
M
mN A
3 ( 8,314 J/K.mol ) ( 2, 00 × 106 K )
( 9,11×10
−31
kg )( 6, 02 × 10 mol
23
−1
)
= 9,5372" × 106 m/s
vrms ≈ 9.540 km/s
[Início seção]
[Início documento]
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29. A que temperatura os átomos de hélio têm a mesma velocidade rms que os do hidrogênio a
20oC?
(Pág. 228)
Solução.
Para resolver, basta igualar as velocidades quadráticas médias do hidrogênio e do hélio e resolver
para a temperatura.
vrms,He = vrms,H 2
3RTH2
3RTHe
=
M He
M H2
TH
THe
= 2
M He M H2
M HeTH2
THe =
M H2
=
( 4, 003 g/mol ) ( 20o C )
= 308,933"o C
( 2, 016 g/mol )
THe ≈ 310o C
[Início seção]
[Início documento]
30. A densidade de um gás a 273 K e 1,00 x 10-2 atm é de 1,24 x 10-5 g/cm3. (a) Encontre a
velocidade vrms para as moléculas do gás. (b) Ache a massa molar do gás e identifique-o.
(Pág. 228)
Solução.
(a) A velocidade média quadrática é dada por:
3RT
M
Como pV = nRT, podemos substituir RT na expressão acima:
vrms =
vrms =
3 pV
nM
(1)
A densidade do gás ρ é a razão entre a massa da amostra ma e o seu volume V:
m
nM
ρ= a =
V
V
nM = ρV
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
vrms =
3p
ρ
=
3 (1, 01×103 Pa )
(1, 24 ×10
−2
kg/m3 )
= 494,3226" m/s
vrms ≈ 494 m/s
(b) O gás pode ser identificado por meio de sua massa molar:
M=
3RT 3 ( 8,314 J/K.mol )( 273 K )
=
= 0, 027865" kg/mol
2
2
vrms
( 494,3226" m/s )
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M ≈ 27, 9 g/mol
Esta massa molar corresponde ao nitrogênio (N2).
[Início seção]
[Início documento]
31. A massa da molécula de hidrogênio é de 3,3 × 10-24 g. Se 1023 moléculas de hidrogênio por
segundo atingissem 2,0 centímetros quadrados de uma parede, a um ângulo de 55o com a
normal à parede, com velocidade 1,0 × 105 cm/s, que pressão elas exerceriam sobre a parede?
(Pág. 228)
Solução.
A pressão exercida pelo gás corresponde à razão entre a força total exercida ortogonalmente à
parede pelos choques das moléculas (N.Fx, onde N é o número de moléculas e Fx é a força que cada
molécula transmite à parede) e a área da parede:
NFx
(1)
p=
A
A força transmitida ortogonalmente à parede (v cosθ) por cada choque corresponde à razão entre
variação do momento linear da molécula e o tempo entre os choques:
mΔvx
Fx =
Δt
Sendo vx a velocidade antes do choque, após o choque a velocidade será −vx (choque elástico), o que
implica numa variação do momento linear em termos absolutos de 2vx.
m2vx m 2v cos θ
(2)
Fx =
=
Δt
Δt
Substituindo-se (2) em (1):
N 2mv cos θ 2mv cos θ N
p=
=
A
A
Δt
Δt
p=
2 ( 3,3 ×10−24 g )(1, 0 ×105 cm/s ) cos 55o
( 2, 0 cm )
2
(10
23
s −1 ) = 18.928, 0" dinas/cm 2
p ≈ 1.9 ×104 dinas/cm 2
[Início seção]
[Início documento]
34. A que temperatura a energia cinética de translação de uma molécula é igual a 1,00 eV?
(Pág. 228)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
35. Uma amostra de oxigênio (O2) a 273 K e 1,0 atm é confinada em um recipiente cúbico de aresta
10 cm. Calcule a razão entre (1) a variação na energia potencial gravitacional de uma molécula
de oxigênio caindo de um altura igual à aresta da caixa e (2) sua energia cinética translacional
média.
(Pág. 228)
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a
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Problemas Resolvidos de Física
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Solução.
[Início seção]
[Início documento]
36. Mostre que a equação do gás ideal (Eq. 21-4) pode ser escrita nas formas alternativas: (a) p =
ρRT/M, onde r é a densidade de massa do gás e M, a massa molar; (b) pV = NkT, onde N é o
número de partículas do gás (átomos ou moléculas).
(Equação dos gases ideais) (21-4)
pV = nRT
(Pág. 228)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
37. Uma amostra de água com superfície aberta à atmosfera, a 32,0oC, evapora devido ao escape
das moléculas através de sua superfície. O calor de vaporização (539 cal/g) é aproximadamente
igual a εn, onde ε é a energia média das moléculas que escapam e n, o número de moléculas por
grama. (a) Calcule ε. (b) Qual a razão entre ε e e energia cinética média das moléculas da água,
supondo que a energia cinética se relaciona com a temperatura do mesmo modo que para os
gases.
(Pág. 228)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
43. Em um certo acelerador de partículas, os prótons percorrem um caminho circular de diâmetro de
23,0 m em uma câmara onde a pressão é 1,00 × 10−6 mm de Hg e a temperatura é 295 K. (a)
Calcule o número de moléculas de gás por centímetro cúbico, a esta pressão. (b) Qual o livre
caminho médio das moléculas de gás sob estas condições, se o diâmetro molecular for de 2,00 ×
10−8 cm?
(Pág. 228)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
55. Dois recipientes estão à mesma temperatura. O primeiro contém gás à pressão p1, sendo m1 a
massa de suas moléculas e vrms1 a velocidade média quadrática destas. O segundo contém outro
gás, cujas moléculas têm massa m2, à pressão 2p1 e velocidade média v2 = 2 vrms1. Calcule a
razão entre as massas das moléculas.
(Pág. 229)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
56. Para a distribuição hipotética de velocidades das N partículas de um gás, mostrada na Fig. 21-19
[P(v) = Cv2 para 0 < v ≤ v0; P(v) = 0 para v > v0], encontre (a) uma expressão para C em termos
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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de N e v0 (b) a velocidade médias das partículas e (c) a velocidade rms das partículas.
(Pág. 229)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
61. 20,9 J de calor são adicionados a um certo gás ideal. Como resultado, seu volume aumenta de
50,0 para 100 centímetros cúbicos, enquanto a pressão permanece constante (1,00 atm). (a)
Qual a variação na energia interna do gás? (b) Se a quantidade de gás presente for de 2,00 × 10-3
mol, calcule o calor específico molar à pressão constante. (c) Calcule o calor específico molar a
volume constante.
(Pág. 229)
Solução.
O processo termodinâmico pode ser representado pelo seguinte gráfico pV:
p
p0
V
V0
V
(a) A variação da energia interna do gás pode ser calculada diretamente da primeira lei da
termodinâmica:
ΔEint = Q − W = Q p − p0 ΔV = ( 20,9 J ) − (1, 01× 105 Pa )( 50 × 10−6 m 3 ) = 15,85 J
ΔEint ≈ 16 J
(b) Sejam as seguintes relações:
Q p = nC p ΔT
pΔV = nRΔT
A razão entre estas equações resulta em:
Qp
Cp
=
pΔV
R
Cp =
Qp R
pΔV
=
( 20,9 J )( 8,314 J/K.mol )
(1, 01×10
5
Pa )( 50 ×10−6 m3 )
= 34, 4084" J/K.mol
C p ≈ 34 J/K.mol
________________________________________________________________________________________________________
a
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46
Problemas Resolvidos de Física
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(c) A relação entre os calores específicos à pressão e a volume constantes é:
CV = C p − R = ( 34, 4084" J/K.mol ) − ( 8,314 J/K.mol ) = 26, 0944" J/K.mol
CV ≈ 26 J/K.mol
[Início seção]
[Início documento]
62. Uma certa quantidade de um gás ideal monoatômico (n moles) está inicialmente à temperatura
T1. A pressão e o volume são então lentamente duplicados, de tal maneira que o processo é
descrito por uma reta no gráfico p-V. Quais são, em termos de n, R e T1, (a) W, (b) ΔEint e (c) Q?
(d) Se quisermos definir um calor específico molar para este processo, qual seria o seu valor?
(Pág. 230)
Solução.
O processo termodinâmico pode ser representado pelo seguinte gráfico pV:
p
2
2p1
p1
1
A
B
2V1 V
V1
(a) O trabalho pode ser calculado somando-se as áreas AA e AB sob a reta 1-2:
W = AA + AB =
( 2V1 − V1 )( 2 p1 − p1 ) + p
2
1
( 2V1 − V1 ) =
p1V1
3pV
+ p1V1 = 1 1
2
2
3
nRT1
2
(b) A variação da energia interna é dada por:
ΔEint = nCV ΔT
W=
(1)
A temperatura do estado 2, T2, pode ser calculada por comparação dos estados 1 e 2:
p1V1 p2V2
=
T1
T2
p1V1 2 p1 2V1
=
T1
T2
T2 = 4T1
(2)
Considerando-se que, para um gás ideal monoatômico, CV = 3/2 R, e substituindo-se (2) em (1):
⎛3 ⎞
ΔEint = n ⎜ R ⎟ ( 4T1 − T1 )
⎝2 ⎠
9
nRT1
2
(c) O calor pode ser calculado a partir do enunciado da primeira lei da termodinâmica:
ΔEint = Q − W
ΔEint =
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
Q = ΔEint + W =
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9
3
nRT1 + nRT1
2
2
Q = 6nRT1
(d) A definição do calor específico de um processo X, CX, é dada simplesmente por:
QX = nC X ΔT
onde QX é o calor envolvido no processo que, neste caso, é 6nRT1:
6nRT1 = nC X ΔT
CX = 2R
[Início seção]
[Início documento]
65. Um gás diatômico cujas moléculas apresentam rotação, mas não oscilam, perde 90 J de calor. A
perda de energia interna do gás será maior se o processo for à pressão constante ou a volume
constante?
(Pág. 230)
Solução.
No processo a volume constante, o trabalho executado pelo gás é nulo. Logo:
ΔEint,V = Q − W = Q − 0 = Q
ΔEint,V = −90 J
No processo à pressão constante, teremos:
ΔEint, p = Q − W = Q − pΔV = Q − nRΔT
(1)
(2)
Em qualquer processo envolvendo gás ideal vale a seguinte relação:
⎛ f ⎞
ΔEint = ΔEint, p = nCV ΔT = n ⎜ R ⎟ ΔT
⎝2 ⎠
Na equação acima, f corresponde ao número de graus de liberdade associado ao gás. No presente
caso, o gás diatômico apresenta 3 graus de liberdade translacional e 2 rotacionais, ou seja, f =5.
Logo:
5
ΔEint, p = nRΔT
2
2
(3)
nRΔT = ΔEint, p
5
Substituindo-se (3) em (2):
2
ΔEint, p = Q − ΔEint, p
5
5
5
ΔEint, p = Q = ( −90 J ) = −64, 28" J
7
7
(4)
ΔEint, p ≈ −64 J
Comparando-se (1) e (4), vemos que a maior perda de energia interna se dará no processo a volume
constante. Isto não deveria surpreender o aluno. No processo a volume constante nenhuma energia é
gasta com trabalho de expansão. Logo toda a variação de energia aparece na forma de variação da
energia interna do gás. Nos processos que ocorrem a volume constante, tanto expansão como
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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contração, trabalho e calor têm sempre sinais opostos e, portanto, tendem a tornar menor o valor
absoluto da variação da energia interna do processo.
[Início seção]
[Início documento]
67. Suponha que 12,0 g de oxigênio (diatômico) sejam aquecidos, à pressão atmosférica constante,
de 25,0 a 125oC. (a) Quantos moles de oxigênio estão presentes? (Veja Tabela 21-1.) (b) Quanto
calor é transferido para o oxigênio? (As moléculas giram, mas não oscilam.) (c) Que fração do
calor é usada para aumentar a energia interna do oxigênio?
(Pág. 230)
Solução.
O processo termodinâmico pode ser representado pelo seguinte gráfico pV:
p
p0
T1
T0
V
(a) Sendo ma a massa da amostra de gás e M a sua massa molar, o número de moles n será:
n=
ma
(12 g ) = 0,375 mol
=
M ( 32 g/mol )
n ≈ 0, 38 mol
(b) Lembrando que para um gás ideal diatômico incapaz de oscilar Cp = 7/2 R, teremos:
7
⎛7 ⎞
Q p = nC p ΔT = n ⎜ R ⎟ (T − T0 ) = ( 0,375 mol )( 8,314 J/K.mol ) ⎡⎣(125o C ) − ( 25, 0o C ) ⎤⎦
2
⎝2 ⎠
Q p = 1.091, 2125 J
Q p ≈ 1,1 kJ
(c) A fração f do calor utilizada para aumentar a energia interna do gás vale:
________________________________________________________________________________________________________
a
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7
7
ΔEint Q − W 2 nRΔT − nRΔT 2 − 1 5
f =
=
=
=
= = 0, 7142"
7
7
7
Q
Q
nRΔT
2
2
f ≈ 0, 71
[Início seção]
[Início documento]
68. Suponha que 4,00 moles de um gás ideal diatômico, cujas moléculas estejam em rotação sem
oscilar, sofrem um aumento de temperatura de 60,0 K à pressão constante. (a) Quanto calor foi
transferido para o gás? (b) Em quanto aumentou a energia interna do gás? (c) Quanto trabalho
foi realizado pelo gás? (d) Qual foi o aumento na energia interna translacional nas moléculas do
gás?
(Pág. 230)
Solução.
O processo termodinâmico pode ser representado pelo seguinte gráfico pV:
p
p0
T1
T0
V
(a) O calor transferido á pressão constante é Qp, sendo que um gás ideal diatômico incapaz de
oscilar possui Cp = 7/2 R. Logo:
7
⎛7 ⎞
Q p = nC p ΔT = n ⎜ R ⎟ (T − T0 ) = ( 4, 00 moles )( 8,314 J/K.mol )( 60, 0 K ) = 6.983, 76 J
2
⎝2 ⎠
Q p ≈ 6,98 kJ
(b)
ΔEint = Q p − W = Q p − pΔV = Q p − nRΔT =
ΔEint =
7
5
nRΔT − nRΔT = nRΔT
2
2
5
( 4, 00 moles )(8,314 J/K.mol )( 60, 0 K ) = 4.988, 4 J
2
ΔEint ≈ 4,99 kJ
(c)
W = pΔV = nRΔT = ( 4,00 moles )( 8,314 J/K.mol )( 60, 0 K ) = 1.995,36 J
W ≈ 2, 00 kJ
(d) A variação da energia interna de um gás ideal diatômico incapaz de oscilar é a soma das
variações das energias interna translacional e rotacional ΔEint, transl e rotacional ΔEint, rot.
ΔEint = ΔEint, transl + ΔEint, rot
ΔEint =
3
2
nRΔT + nRΔT
2
2
________________________________________________________________________________________________________
a
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50
Problemas Resolvidos de Física
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A parcela associada à variação da energia cinética translacional é 3/2 nRΔT.
3
3
ΔEint, transl = nRΔT = ( 4, 00 moles )( 8,314 J/K.mol )( 60, 0 K ) = 2.993, 04 J
2
2
ΔEint, transl ≈ 2,99 kJ
[Início seção]
[Início documento]
73. Sabemos que pVγ = uma constante para um processo adiabático. Faça uma estimativa do valor
desta "constante" para um processo adiabático envolvendo exatamente 2,0 mol de um gás ideal
que passa, durante o processo, por um estado onde p = 1,0 atm e T = 300 K. Considere um gás
diatômico cujas moléculas apresentem rotação, mas não oscilem.
(Pág. 230)
Solução.
Um gás ideal diatômico que apresenta rotação sem oscilação possui γ:
7
Cp 2 R 7
γ=
=
=
CV 5 R 5
2
γ
A constante pV valerá:
γ
⎛ nRT ⎞
γ
1−γ
pV = p ⎜
⎟ = p ( nRT )
⎝ p ⎠
γ
pV γ = (1, 01× 105 Pa )
1−γ
⎡⎣( 2, 0 moles )( 8,314 J/K.mol )( 300 K ) ⎤⎦
pV γ = 1.497, 67" Pa ( m3 )
7/5
γ
= 1.497, 67" N.m11/5
pV γ ≈ 1.500 N.m 2,2
[Início seção]
[Início documento]
81. Uma certa quantidade de um gás ideal ocupa um volume inicial V0 à pressão p0 e temperatura
T0. O gás se expande até o volume V1 (a) à pressão constante, (b) à temperatura constante e (c)
adiabaticamente. Construa o gráfico p-V para cada caso. Em qual deles Q é maior? E menor?
Em qual caso W é maior? E menor? Em qual caso ΔEint é maior? E menor?
(Pág. 230)
Solução.
Os processos termodinâmicos podem ser representados pelo seguinte gráfico pV:
p
a
a = isobárico
p0
b = isotérmico
b
T0
c
V0
V1
c = adiabático
V
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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Como o trabalho executado pelos gases corresponde à área sob as curvas do gráfico pV, temos:
Wa > Wb > Wc
Como a variação da energia interna é proporcional à variação da temperatura e o gráfico mostra que
ΔTa > ΔTb > ΔTc, temos:
ΔEint,a > ΔEint,b > ΔEint,c
Como Q = ΔEint + W, temos:
Qa > Qb > Qc
[Início seção]
[Início documento]
83. Certa máquina térmica processa 1,00 mol de um gás ideal monoatômico através do ciclo
mostrado na Fig. 21-21. O processo 1 → 2 acontece a volume constante, o 2 → é adiabático e o
3 → 1 acontece à pressão constante. (a) Calcule o calor Q, a variação na energia interna ΔEint e
o trabalho realizado W, para cada um dos três processos e para o ciclo como um todo. (b) Se a
pressão inicial no ponto 1 for 1,00 atm, encontre a pressão e o volume nos pontos 2 e 3. Use
1,00 atm = 1,013 × 105 Pa e R = 8,314 J/mol.K.
(Pág. 231)
Solução.
(a) Variação da energia interna. Passo 1 → 2:
3
ΔE12 = nCV ΔT12 = (1, 00 mol ) ( 8,314 J/K.mol )( 300 K ) = 3.741,3 J
2
ΔE12 ≈ 3, 74 kJ
Variação da energia interna. Passo 2 → 3:
3
ΔE23 = nCV ΔT23 = (1, 00 mol ) ( 8,314 J/K.mol )( −145 K ) = −1.808, 295 J
2
ΔE23 ≈ −1,81 kJ
Variação da energia interna. Passo 3 → 1:
3
ΔE31 = nCV ΔT31 = (1, 00 mol ) ( 8,314 J/K.mol )( −155 K ) = −1.933, 005 J
2
ΔE31 ≈ −1,93 kJ
Variação da energia interna. Ciclo:
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
ΔE = ΔE12 + ΔE23 + ΔE31 = 0
Calor. Passo 1 → 2:
Q12 = nCV ΔT12 = 3.741,3 J
Q12 ≈ 3, 74 kJ
Calor. Passo 2 → 3:
Q23 = 0
(etapa adiabática)
Calor. Passo 3 → 1:
Q31 = nC p ΔT31 = (1, 00 mol )
5
( 8,314 J/K.mol )( −155 K ) = −3.221, 675 J
2
Q31 ≈ 3, 22 kJ
Calor. Ciclo:
Q = Q12 + Q23 + Q31 = 519, 625 J
Q ≈ 520 J
Trabalho. Passo 1 → 2:
W12 = 0
(etapa isométrica)
Trabalho. Passo 2 → 3:
W23 = Q23 − ΔE23 = 0 − ( −1.808, 295 J ) = 1.808, 295 J
W23 ≈ −1,81 kJ
Trabalho. Passo 3 → 1:
W31 = Q31 − ΔE31 = ( −3.221, 675 J ) − ( −1.933, 005 J ) = −1.288, 67 J
W31 ≈ −1, 29 kJ
Trabalho. Ciclo:
W = W12 + W23 + W31 = 519, 625 J
W ≈ 520 J
(b) Cálculo de V2:
nRT1 (1, 00 mol)(8,314 J/K.mol)(300 K)
V1 =
=
= 0, 024621" m 3
5
p1
(1, 013 × 10 Pa)
V2 = V1 ≈ 0, 0246 m 3
Cálculo de V3:
V1 V3
=
T1 T3
V3 =
V1T3 (0, 024621 m3 )(455 K)
=
= 0, 037343" m3
T1
(300 K)
V3 ≈ 0, 0373 m 3
O gráfico mostra que p3 = p1. Logo:
p3 = 1, 013 × 105 Pa
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 21 – A Teoria Cinética dos Gases
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
53
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Na etapa 2 → 3 (adiabática), temos:
p2V2γ = p3V3γ
5
γ
⎡ ( 0, 0374569" m3 ) ⎤ 3
⎛ V3 ⎞
5
⎥ = 1,53398" ×105 Pa
p2 = p3 ⎜ ⎟ = (1, 013 × 10 Pa ) ⎢
3
⎢⎣ ( 0, 0247355" m ) ⎥⎦
⎝ V2 ⎠
p2 ≈ 1,53 × 105 Pa
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 21 – A Teoria Cinética dos Gases
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
54
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 2
CAPÍTULO 22 - TEMPERATURA
PROBLEMAS
02
12
22
32
42
01
11
21
31
41
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
[Início documento]
09. Observa-se que objetos quentes ou frios esfriam ou esquentam, respectivamente, para atingir a
temperatura do ambiente. Se a diferença de temperatura ΔT entre o objeto e sua vizinhança(ΔT
= Tobj − Tviz) não for grande, a taxa de esfriamento ou aquecimento do objeto será
aproximadamente proporcional à diferença de temperatura, isto é, dΔT/dt = −A(ΔT), onde A é
uma constante. O sinal menos aparece porque se ΔT for positivo, ele decresce com o tempo e, se
for negativo, cresce. Esta é a lei de Newton para o resfriamento. (a) De que fatores A depende?
(b) Se no instante t = 0 a diferença de temperatura for ΔT0, mostre que num instante t ela será
ΔT = ΔT0 e−At.
(Pág. 176)
Solução.
(a) A constante A depende da massa, da área superficial e do calor específico do corpo. A unidade
de A é s-1.
(b) Partindo-se da função fornecida,
dΔ T
= − AΔT
dt
pode-se rearranjá-la da seguinte forma:
1
(1)
− Adt = dΔT
dt
Integrando-se (1) dentro dos limites apropriados, obtém-se:
t
ΔT 1
− A∫ dt = ∫
d ΔT
t0 = 0
ΔT0 dt
− At = ln ΔT − ln ΔT0
ΔT
= e − At
ΔT0
Finalmente
ΔT = ΔT0 e − At
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
55
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início seção]
[Início documento]
25. O comprimento de uma barra, medido com uma régua de ferro à temperatura ambiente de 20oC,
é de 20,05 cm. A barra e a régua são colocadas em um forno a 270oC e a medida da barra com a
régua é agora de 20,11 cm. Calcule o coeficiente de dilatação térmica do material da barra.
(Pág. 177)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
Barra T0
Régua T0
Barra
L0
T
Régua T
L’
Régua T0
L’ L
Para calcular o coeficiente de dilatação da barra, é preciso determinar seu comprimento após a
expansão térmica, medindo-a com uma régua que esteja à temperatura T0. No presente caso, o
comprimento final da barra foi medido com uma régua à temperatura T, que resultou na medida L’.
Barra T
Régua T
L’
Como conhecemos o coeficiente de expansão linear da régua, podemos determinar o quanto a régua
expandiu. Ou seja, à temperatura T a marca L’ (20,11 cm)da régua coincide com o comprimento da
barra. Se a régua for resfriada à temperatura T0, mas a barra não, a régua irá marcar L como sendo o
comprimento da barra.
Barra T
Régua T0
L’ L
A expansão térmica da régua é dada por (T0 → T; L’ → L):
ΔL = L − L' = α R L' ΔT
L = L' (α R L' ΔT + 1)
(1)
A expansão térmica da barra é dada por:
ΔL = L − L0 = α B L0 ΔT
L = L0 (α B L0 ΔT + 1)
(2)
Igualando-se (1) e (2):
L0 (α B L0 ΔT + 1) = L' (α R L' ΔT + 1)
L0 + α B L0 ΔT = L' (α R L' ΔT + 1)
−5o −1
o
L' (α R ΔT + 1) − L0 ( 20,11 cm ) ⎣⎡(1,1×10 C )( 250 C ) + 1⎦⎤ − ( 20, 05 cm )
αB =
=
ΔTL0
( 250o C ) ( 20, 05 cm )
Na expressão acima, utilizou-se o coeficiente de dilatação térmica do aço para o ferro, pois são
praticamente iguais.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
56
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
α B = 2,30029" × 10−5 o C−1
α B ≈ 2,3 × 10 −5 o C −1
[Início seção]
[Início documento]
28. Uma barra de comprimento L0 = 3,77 m e coeficiente de dilatação térmica 25 × 10−6 por grau C
é fixada em seus extremos e tem uma rachadura em seu centro. Como conseqüência de um
aumento de temperatura de 32oC ela se eleva no centro, como mostra a Fig. 15. Determine a
elevação x.
(Pág. 177)
Solução.
O comprimento final da barra é
L = L0 (1 + αΔT )
(1)
Aplicando-se o teorema de Pitágoras ao triângulo indicado na figura abaixo:
L/2
x
L0 /2
2
2
⎛L ⎞
⎛ L⎞
2
⎜ ⎟ = x +⎜ 0 ⎟
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
Resolvendo-se (2) para x e substituindo-se o valor de L dado por (1):
(2)
L20 (1 + αΔT ) L20
x =
−
4
4
2
2
x2 =
L20 ⎡
2
1 + αΔT ) − 1⎤
(
⎦
4 ⎣
( 3, 77 m ) ⎡1 + 2,5 ×10−5o C−1 32o C ⎤ 2 − 1 = 0, 07541" m
L0
2
(1 + αΔT ) − 1 =
)( )⎦
⎣ (
2
2
x ≈ 7, 5 cm
x=
[Início seção]
[Início documento]
33. A densidade é obtida dividindo-se a massa pelo volume. Como o volume V depende da
temperatura, a densidade ρ também deve depender dela. Mostre que a variação da densidade Δρ
com a variação da temperatura ΔT é dada por Δρ = − βρΔT, onde β é o coeficiente de dilatação
volumétrica. Explique o sinal menos.
(Pág. 178)
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
57
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Solução.
Seja ρ0 a densidade à temperatura T0 e ρ a densidade à temperatura T, definidas por:
m
ρ0 =
V0
m
V
A variação do volume ΔV devida à variação de temperatura ΔT é dada por:
ΔV = βV0 ΔT
ρ=
(1)
A variação de densidade devida à variação de temperatura será:
Δρ = ρ − ρ0 =
Δρ = − m
m m m (V0 − V )
− =
V V0
VV0
(V − V0 ) = −m ΔV
VV0
(2)
VV0
Substituindo-se (1) em (2):
βV ΔT
βΔT
Δρ = −m 0
= −m
VV0
V
Δρ = − ρβΔT
(3)
O sinal negativo em (3) é conseqüência de uma variação positiva da temperatura resultar numa
variação negativa da densidade.
[Início seção]
[Início documento]
41. O pêndulo de um relógio é feito de latão e é projetado para dar o tempo com precisão a 20oC.
Qual será o erro, em segundos por hora, se o relógio funcionar a 0oC?
(Pág. 178)
Solução.
Considere o seguinte esquema para a situação:
T0
T
L0
L
O erro pedido no problema é a variação observada no período do relógio de pêndulo (ΔP), durante
uma hora. Utilizou-se a abreviação P para o período para não confundir com a temperatura T. A
variação do período do relógio de pêndulo devida à variação de temperatura ΔT é dada por:
ΔP = P − P0
(1)
onde P0, o período do relógio de pêndulo à temperatura T0, e P, o período à temperatura T, são
definidos por:
P0 = 2π
L0
g
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
58
Problemas Resolvidos de Física
P = 2π
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
L
g
(2)
Na equação (2), g é a aceleração local da gravidade. O comprimento da haste do pêndulo, à
temperatura T é:
L = L0 (1 + αΔT )
(3)
Substituindo-se (3) em (2):
P = 2π
L0 (1 + αΔT )
L
= 2π 0
g
g
(1 + αΔT ) = P0 (1 + αΔT )
(4)
Substituindo-se (4) em (1):
ΔP = P0
(1 + αΔT ) − P0 = P0 ⎡⎣ (1 + αΔT ) − 1⎤⎦
Em uma hora, o que implica em P0 = 3600 s, o erro será:
ΔP = ( 3.600 s )
{ ⎡⎣1 + (1,9 ×10
−5o
}
C−1 )( −20o C ) ⎤⎦ − 1 = −0, 68406" s
ΔP ≈ −0, 68 s
O sinal negativo de ΔP significa que houve diminuição no período do relógio que, em uma hora,
acumulou 0,68 s. Como uma diminuição no período faz com que o relógio ande mais rápido, a
conseqüência é que o relógio vai adiantar 0,68 s em uma hora.
[Início seção]
[Início documento]
45. Três barras retas de alumínio, invar e aço, de mesmo comprimento, formam a 20oC um triângulo
equilátero com articulações nos vértices. A que temperatura o ângulo oposto ao lado de invar
será de 59,95o?
(Pág. 178)
Solução.
Considere o seguinte esquema para a situação:
T0
Al
L0
L0
Inv
L0
LAl
T
LInv
θ
LAço
Aço
A resolução deste problema é geométrica. Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo à
temperatura T:
L2Inv = L2Al + L2Aço − 2 LAl LAço cosθ
(1)
L = L0 (1 + αΔT )
(2)
Mas:
Substituindo-se a (2) em (1):
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
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59
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
L20 (1 + α Inv ΔT ) = L20 (1 + α Al ΔT ) + L20 (1 + α Aço ΔT ) −
2
2
2
− 2 L0 (1 + α Al ΔT ) L0 (1 + α Aço ΔT ) cos θ
Eliminando-se L02 e expandindo-se os termos entre parênteses:
1 + 2α Inv ΔT + (α Inv ΔT ) = 1 + 2α Al ΔT + (α Al ΔT ) + 1 + 2α Aço ΔT +
2
2
+ (α Aço ΔT ) − 2 cos θ (1 + α Al ΔT + α Aço ΔT + α Alα Aço ΔT 2 )
2
Reconhecendo-se que os termos envolvendo α2 são muito menores dos que aqueles envolvendo
apenas α, pode-se desprezar os primeiros:
1 + 2α Inv ΔT = 1 + 2α Al ΔT + 1 + 2α Aço ΔT − 2 cos θ (1 + α Al ΔT + α Aço ΔT )
2α Inv ΔT = 2α Al ΔT + 1 + 2α Aço ΔT − 2 cos θ − 2 cos θα Al ΔT − 2 cos θα Aço ΔT
α Inv ΔT − α Al ΔT − α Aço ΔT + cos θα Al ΔT + cos θα Aço ΔT =
(α
Inv
− α Al − α Aço + cos θα Al + cos θα Aço ) ΔT =
1
− cos θ
2
1
− cos θ
2
1
− cos θ
2
ΔT =
(α Inv − α Al − α Aço + cos θα Al + cosθα Aço )
1
− cos ( 59,95o )
2
"
ΔT =
⎡( 0, 7 × 10−6o C −1 ) − ( 23 × 10−6o C −1 ) − (11×10−6o C −1 ) + cos ( 59,95o )( 23 × 10−6o C−1 ) + "
⎣
"
" + cos ( 59,95
1
o
)(11×10
−6o
C
−1
)⎤⎦
= 46, 426497 "o C
Por definição:
ΔT = T − T0
T = T0 + ΔT
T = ( 20o C ) + ( 46, 426497 "o C ) = 66, 426497 "o C
O valor aproximado de T, com apenas um algarismo significativo, é:
T ≈ 70o C
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Temperatura
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60
Problemas Resolvidos de Física
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 23 - A TEORIA CINÉTICA E O GÁS IDEAL
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
02
12
22
32
42
52
03
13
23
33
43
53
04
14
24
34
44
54
05
15
25
35
45
55
06
16
26
36
46
56
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
[Início documento]
12. Um tubo com uma extremidade fechada e outra aberta, de comprimento L = 25,0 m, contém ar
sob pressão atmosférica. Ele é introduzido verticalmente em um lago de água doce até que a
água no seu interior atinja a metade da sua altura, como indica a Fig. 16. Qual a profundidade h
da extremidade inferior do tubo? Suponha que a temperatura seja a mesma em todo o sistema e
que não varie.
(Pág. 196)
Solução.
Na interface água/ar, no interior do tubo, a pressão do ar (p) é igual à pressão na água à
profundidade h − L/2:
p = p 0 + ρg (h − L / 2)
(1)
onde p0 é a pressão atmosférica, ρ é a densidade da água e g é a aceleração local da gravidade. A
única incógnita em (1), além de h é p.
O valor de p é facilmente calculado através de:
pV p0V0
=
T
T0
Como foi dito que T = T0:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 23 – A Teoria Cinética e o Gás Ideal
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Problemas Resolvidos de Física
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pV = p 0V0
O esquema inicial indica que o volume final é a metade do volume inicial. Logo,
V
p 0 = p 0V0
2
Portanto,
p = 2 p0
Substituindo-se (2) em (1), e resolvendo em função de h:
p
L
h= 0 +
ρg 2
(2)
(3)
Substituindo-se os valores numéricos em (3):
h = 22,7956 m ≈ 22,8 m
[Início seção]
[Início documento]
14. Dois recipientes de volume 1,22 L e 3,18 L contém o gás criptônio e são ligados por um tubo
fino. Inicialmente, eles estão à mesma temperatura, 16,0oC, e à mesma pressão, 1,44 atm. O
recipiente maior é, então, aquecido até 108oC enquanto o menor permanece a 16,0oC. Calcule a
pressão final.
(Pág. 196)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
V2
V1
n01 T0
p0
n02
p0
V2
V1
n1
T0
T0
p
n2
T
p
Durante o processo termodinâmico descrito no enunciado a quantidade de gás no recipiente
permaneceu constante. Seja n01 e n02 o número de moles de gás na condição inicial e n1 e n2 o
número de moles de gás na condição final. Pode-se afirmar que:
n01 + n02 = n1 + n2
(1)
Utilizando-se a equação de estado do gás ideal, resolvida para o número de moles, n:
pV
(2)
n=
RT
Pode-se substituir (2) em (1), utilizando-se as variáveis de estado apropriadas, de acordo com o
esquema inicial.
p0V1 p 0V2
pV1 pV2
+
=
+
RT0
RT0
RT0 RT
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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⎛V V ⎞
p⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟
⎝ T0 T ⎠
Resolvendo-se (3) para a pressão final, p:
p V1 + V2
p= 0
T0 ⎛ V1 V2 ⎞
⎜⎜ + ⎟⎟
⎝ T0 T ⎠
p0
(V1 + V2 ) =
T0
(3)
Substituindo-se pelos valores numéricos apropriados, não se esquecendo de converter todas as
temperaturas T0 e T para Kelvin:
p = 1,74443 K ≈ 1,74 K
[Início seção]
[Início documento]
15. Considere uma amostra de gás argônio a 35,0oC e sob pressão de 1,22 atm. Suponha que o raio
de um átomo (esférico) de argônio seja 0,710 × 10−10 m. Calcule a fração do volume do
recipiente que é realmente ocupada pelos átomos.
(Pág. 197)
Solução.
A fração pedida (f) corresponde à razão entre o volume dos N átomos presentes (Vat) e o volume da
amostra de gás (V).
4
N. π r3
Vat
4π Nr 3 p 4π r 3 pN A
3
=
=
=
f =
nRT
N
3RT
V
3
RT
p
NA
Na equação acima, utilizamos a equação de estado do gás ideal pV = nRT e a relação n = N/NA, em
que n é o número de moles da amostra e NA é o número de Avogadro.
4π ( 0, 710 × 10 −10 m ) (1, 2322 × 105 Pa )( 6, 02 ×1023 mol−1 )
3
f =
3 ( 8,314 J/K.mol )( 308,15 K )
= 4,3407 " × 10−5
f ≈ 4,34 ×10−5
[Início seção]
[Início documento]
22. A lei de Dalton afirma que, em uma mistura de gases que não interagem quimicamente, a
pressão que cada constituinte exerce a uma certa temperatura é a mesma que exerceria se
estivesse sozinho no recipiente, e que a pressão total é igual à soma das pressões parciais de
cada gás. Deduza esta lei pela teoria cinética, usando a equação p = 1 / 3ρ v 2 .
(Pág. 197)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 23 – A Teoria Cinética e o Gás Ideal
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63
Problemas Resolvidos de Física
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32. Um tanque de aço contém 315 g de amoníaco (NH3) à pressão absoluta de 1,35 × 106 Pa e
temperatura de 77,0oC. (a) Qual é o volume do tanque? Posteriormente, na verificação do
tanque, encontrou-se que a temperatura tinha diminuído para 22oC e a pressão absoluta caído
para 8,68 × 105 Pa. Quantos gramas de gás vazaram do tanque?
(Pág. 197)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
35. O envoltório e a cesta de um balão de ar quente têm massa total de 249 kg, e o envoltório tem
capacidade de 2.180 m3. Quando inflado completamente, qual deverá ser a temperatura do ar no
interior do balão para que ele seja capaz de erguer 272 kg (além de sua própria massa)?
Suponha que o ar circundante, a 18oC, tenha densidade igual a 1,22 kg/m3.
(Pág. 197)
Solução.
Na situação de equilíbrio, o peso do balão (P) é igual ao empuxo exercido pelo ar (E):
P=E
mg = ρ e gVB
(1)
onde m é a massa total do balão, ρe é a densidade do ar externo, g é a aceleração local da gravidade
e VB é o volume do balão. A massa total do balão é a soma da massa do balão (mB), da massa da
carga (mC) e da massa do ar interno (mi).
m = m B + m C + mi
(2)
B
B
A massa do ar interno (mi) pode ser calculada considerando-se o ar como um gás ideal:
m
piVi = ni RTi = i RTi
MA
mi =
piVi M A peVB M A
=
RTi
RTi
(3)
Na equação (3), reconheceu-se que a pressão do ar interno é igual à pressão do ar externo e que o
volume do ar interno é o próprio volume do balão. MA é a massa molar média do ar. A pressão do ar
externo é calculada da seguinte maneira:
m
p eVe = ne RTe = e RTe
MA
pe =
ρ
me
RTe = e RTe
Ve M A
MA
Substituindo-se (2) em (1):
(m B + mC + mi ) g = ρ e gVB
Substituindo-se (3) em (5):
pV M
m B + mC + e B A = ρ eVB
RTi
(4)
(5)
(6)
Substituindo-se (4) em (6):
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 23 – A Teoria Cinética e o Gás Ideal
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64
Problemas Resolvidos de Física
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⎛ ρe
⎞
⎜⎜
RTe ⎟⎟V B M A
M
⎠
m B + mC + ⎝ A
= ρ eV B
RTi
TAi =
ρ eTeVB
ρ eVB − m B − mC
Substituindo-se pelos valores numéricos fornecidos:
T Ai = 361,89264 K ≈ 88,9 o C
[Início seção]
[Início documento]
43. Um gás ocupa um volume de 4,33 L sob pressão de 1,17 atm e à temperatura de 310 K. Ele é
comprimido adiabaticamente até um volume de 1,06 L. Determine (a) a pressão final e (b) a
temperatura final, supondo tratar-se de um gás ideal para o qual γ = 1,40. (c) Qual foi o trabalho
realizado sobre o gás?
(Pág. 198)
Solução.
O processo termodinâmico pode ser representado pelo seguinte gráfico pV:
p
p
T
p0
T0
V
V
V0
(a) Num processo adiabático, vale a seguinte relação:
p0V0γ = pV γ
⎡ ( 4,33 L ) ⎤
p Vγ
⎛V ⎞
p = 0 γ 0 = p0 ⎜ 0 ⎟ = (1,17 atm ) ⎢
⎥
V
⎝V ⎠
⎣ (1, 06 L ) ⎦
p ≈ 8, 4 atm
γ
(1,4 )
= 8,3915" atm
(b) Num processo adiabático, também vale a seguinte relação:
T0V0γ −1 = TV γ −1
T V γ −1
⎛V ⎞
T = 0 γ0−1 = T0 ⎜ 0 ⎟
V
⎝V ⎠
γ −1
⎡ ( 4,33 L ) ⎤
= ( 310 K ) ⎢
⎥
⎣ (1, 06 L ) ⎦
(1,4 −1)
= 544, 2952" K
T ≈ 540 K
(c)
W=
1
( pV − p0V0 )
γ −1
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
W=
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1
⎡( 8,3915" atm )(1,06 L ) − (1,17 atm )( 4,33 L ) ⎤⎦ × "
(1, 4 ) − 1 ⎣
" × (1, 01× 105 Pa/atm )(10−3 m3 /L ) = 966, 79" J
W ≈ 970 J
[Início seção]
[Início documento]
44. (a) Um litro de gás com γ = 1,32 encontra-se a 273 K e sob pressão de 1,00 atm. Ele é
comprimido adiabaticamente até a metade de seu volume inicial. Determine a pressão final e a
temperatura final. (b) O gás agora é resfriado, a pressão constante, até voltar a 273 K.
Determine o volume final. (c) Determine o trabalho total realizado sobre o gás.
(Pág. 198)
Solução.
Considere o seguinte diagrama pV da situação:
p
C
p1=p2
B
A
p0
V2
V1
V0 V
(a) Num processo termodinâmico adiabático envolvendo um gás ideal, os produtos pVγ e TVγ-1 são
constantes ao longo de todo o caminho. Considerando-se os estados A e B, pode-se dizer que:
p AV Aγ = p BV Bγ
pB =
(1)
p AV Aγ
p AV Aγ
=
= 2γ p A
γ
V Bγ
⎛ VA ⎞
⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠
p B = 21,32 × 1,00 atm = 2,49666 atm
p B ≈ 2,50 atm
Tomando-se (1) e usando a equação de estado do gás ideal (pV = nRT):
T AV Aγ −1 = TBV Bγ −1
(2)
Substituindo-se VB = VA/2 em (2) e resolvendo-se para TB:
B
TB = 2
γ −1
B
TA
TB = 2 0,32 × (273 K) = 340,7942 K
TB ≈ 341 K
(b) Como o volume e a quantidade de gás permanece constante no caminho BC:
pC VC = p BVB
VC =
p BV B
pC
________________________________________________________________________________________________________
a
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VC =
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(1,00 atm)
× (0,5 L) = 0,20026 L
(2,49666 atm)
VC ≈ 0,2 L
(c) O trabalho total é a soma dos trabalhos executados nas etapas AB e BC:
1
W = W AB + WBC =
( p BVB − p AV A ) + (− p B ΔVBC )
γ −1
W =
VA pB
V
− p A ) − p B (VC − A )
(
γ −1 2
2
W = 153,96239 J
W ≈ 0,2 kJ
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 24 - MECÂNICA ESTATÍSTICA
PROBLEMAS
01
11
21
31
02
12
22
32
03
13
23
33
04
14
24
34
05
15
25
35
06
16
26
07
17
27
08
18
28
09
19
29
10
20
30
[Início documento]
25. (a) Calcule Erms utilizando a distribuição de energias dada pela equação
2N
1
n( E ) =
E 1 / 2 e − E / kT
3/ 2
π (kT )
(b) Por que temos Erms ≠ ½ mvrms2, onde
3RT
v rms =
M
(Pág. 216)
Solução.
(a) A energia média quadrática é dada por:
1 ∞
2
E rms
= E 2 = ∫ E 2 n( E )dE
N 0
1 ∞
2N
1
2
= ∫ E2
E rms
E 1 / 2 e − E / kT dE
3/ 2
0
N
π (kT )
2
E rms
=
2
π (kT )
3/ 2
∫
∞
0
E 5 / 2 e − E / kT dE
(1)
Nas equações acima, N é o número de moléculas, k é a constante de Boltzmann, T é a temperatura
absoluta, E é a energia, M é a massa molar, R é a constante universal dos gases, Erms é a energia
média quadrática e vrms é a velocidade média quadrática. A integral de (1) pode ser resolvida a partir
de uma mudança na variável de integração. Seja E = x2. Isso implica em E5/2 = x5 e dE = 2 x dx.
Chamando-se temporariamente 1/kT = a e substituindo-se essas relações em (1), tem-se:
∞
∞
2
4
2
5
6 − ax 2
− ax 2
E rms
x
2
xe
dx
x
e dx
=
=
(2)
∫
∫
π (kT ) 3 / 2 0
π (kT ) 3 / 2 0
A integral 16 apresentada na pag. A-274, equação (3), pode ser utilizada para resolver a integral de
(2).
1 ⋅ 3 ⋅ 5" (2n − 1) π
0
a
2 n +1 a n
Aplicando-se a integral de (3) em (2):
∫
∞
x 2 n e − ax dx =
2
(3)
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 24 – Mecânica Estatística
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68
Problemas Resolvidos de Física
2
E rms
=
4
π (kT )
3/ 2
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1⋅ 3 ⋅ 5 π
15
1
=
4 3
3/ 2
a 4(kT ) a 3
2 a
1
a
(4)
Substituindo-se o valor de a = 1/kT em (4):
15
15
2
E rms
=
(kT ) 3 ( kT )1 / 2 = (kT ) 2
3/ 2
4
4(kT )
E rms =
15
kT
4
(b) O valor de ½ mvrms2 é dado por:
1 2
1 3RT 3 RT 3
mv rms = m
=
= kT
2
2
2 NA 2
M
onde foram utilizadas as identidades NA = M/m e k = R/NA, onde NA é o número de Avogadro e m é
a massa de cada molécula. Como se pode notar, o termo ½ mvrms2 corresponde à energia interna por
molécula, Eint = 3/2 kT, que corresponde à energia interna total dividida pelo número de moléculas.
Isto corresponde a uma média aritmética da energia. O termo Erms corresponde a uma média
quadrática da energia, que é sempre maior do que a correspondente média aritmética.
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 24 – Mecânica Estatística
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Problemas Resolvidos de Física
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 2
CAPÍTULO 25 - CALOR E PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA
PROBLEMAS
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11
21
31
41
51
61
02
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22
32
42
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05
15
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55
06
16
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36
46
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17
27
37
47
57
08
18
28
38
48
58
09
19
29
39
49
59
10
20
30
40
50
60
[Início documento]
02. Icebergs no Atlântico Norte representam riscos ao tráfego de navios (veja a Fig. 22), fazendo
com que a extensão das rotas de navegação aumente em cerca de 30% durante a temporada de
icebergs. Tentativas de destruição dessas montanhas de gelo incluem a implantação de
explosivos, bombardeio, torpedeamento, colisão e pintura com negro de fumo. Suponha que se
tente derreter o iceberg, pela colocação de fontes de calor sobre o gelo. Quanto calor é
necessário para derreter 10% de um iceberg de 210.000 toneladas?
(Pág. 235)
Solução.
A massa de gelo a ser derretida (m) é:
m = 0,1m0
onde m0 é a massa total do iceberg. A quantidade de calor necessária para fundir uma massa m de
gelo é dada por:
(1)
Q = L f m0
onde Lf é o calor latente de fusão do gelo (obtido a partir da Tabela 2, pag. 220). Substituindo-se os
valores numéricos em (1):
Q = (3,33 × 10 5 J/mol)0,1(2,1 × 10 8 kg) = 6,993 × 1012 J
Q ≈ 7,0 TJ
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a
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
70
Problemas Resolvidos de Física
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[Início seção]
[Início documento]
06. Usa-se um pequeno aquecedor elétrico de imersão para ferver 136 g de água para uma xícara de
café instantâneo. O aquecedor está especificado para 220 watts. Calcule o tempo necessário
para se trazer essa água de 23,5oC ao ponto de ebulição, ignorando quaisquer perdas de calor.
(Pág. 235)
Solução.
A potência (P) é definida pela seguinte equação diferencial
dQ
P=
dt
Nesta equação, dQ é o calor transferido durante o intervalo de tempo dt. Resolvendo-se em função
de dQ:
dQ = P × dt
Se a potência não possui dependência em relação à temperatura, pode-se fazer:
Q = P × Δt
Logo, o intervalo de tempo procurado é dado por:
Q
Δt =
P
O calor necessário para aquecer uma massa m de água de uma temperatura ΔT é dado por:
Q = mcΔT = mc(T − T0 )
(1)
(2)
Nesta equação, c é o calor específico da água. Substituindo-se (2) em (1):
mc(T − T0 )
Δt =
P
(0,136 kg)(4.190 J/K.mol)(76,5 K )
Δt =
= 198,1489 s
(220 W)
Δt ≈ 198 s
[Início seção]
[Início documento]
09. Calcule a quantidade mínima de calor exigida para derreter completamente 130 g de prata
inicialmente a 16,0oC. Suponha que o calor específico não varie com a temperatura.
(Pág. 235)
Solução.
O processo de aquecimento e fusão da massa m de prata pode ser representado pelo seguinte
esquema:
aquecim.
fusão
Prata(s)
Prata(s)
Prata(l)
Qaq
Qfus
T0
Tf
Tf
O calor transferido durante o aquecimento é:
Qaq = mcΔTaq = mc (T f − T0 )
(1)
Qaq = (0,130 kg )(236 J/kg.K)(1. 234,0 K − 288,2 K )
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Problemas Resolvidos de Física
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Qaq = 29.018,678 J
Na equação (1), c é o calor específico da prata (obtido a partir da Tabela 20-1, pag. 185). O calor
transferido durante a fusão é:
(2)
Q fus = L f m
Nesta equação, Lf é o calor latente de fusão da prata (obtido a partir da Tabela 20-2, pag. 186).
Substituindo-se os valores numéricos em (2):
Q fus = (105.000 J/kg )(0,130 kg )
Q fus = 13.650 J
Portanto:
Q = Qaq + Q fus = 42.668,678 J
Q ≈ 42,7 kJ
[Início seção]
[Início documento]
22. A capacidade calorífica molar da prata, medida à pressão atmosférica, varia com a temperatura
entre 50 e 100 K de acordo com a equação empírica
C = 0,318 T − 0,00109 T 2 − 0,628,
onde C está em J/mol.K e T está em K. Calcule a quantidade de calor necessária para elevar 316
g de prata de 50,0 para 90,0 K. A massa molar de prata é 107,87 g/mol.
(Pág. 236)
Solução.
Partindo-se da equação diferencial
dQ = nC (T ) dT
onde dQ é o calor transferido devido à variação de temperatura dT, n é o número de moles e C(T) é o
calor específico molar, tem-se que:
T
Q = n ∫ C (T ) dT
T0
Substituindo-se a expressão fornecida para o calor specífico molar C(T):
m T
Q=
(0,318T − 0,00109T 2 − 0,628)dT
M ∫T0
T
m ⎛ 0,318 2 0,00109 3
⎞
Q= ⎜
T −
T − 0,628T ⎟
M⎝ 2
3
⎠ T0
Q=
(0,316 g)
× 248,32666
107,87 g/mol)
Q = 727 ,46107 J
Q ≈ 727 J
[Início seção]
[Início documento]
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Problemas Resolvidos de Física
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32. O gás dentro de uma câmara passa pelo ciclo ilustrado na Fig. 24. Determine o calor resultante
acrescentado ao gás durante o processo CA se QAB = 20 J, QBC = 0 e QBCA = −15 J.
(Pág. 236)
Solução.
Como o processo termodinâmico em questão é cíclico, pode-se afirmar que a variação da energia
interna (ΔEint) é zero:
ΔEint = 0
Da Primeira Lei da Termodinâmica tem-se que:
Q ABCA + W ABCA = 0
Q AB + QBC + QCA + W AB + WBCA = 0
(20 J) + 0 + QCA + 0 + (−15 J) = 0
QCA = −5 J
[Início seção]
[Início documento]
34. A Fig. 25a mostra um cilindro que contém gás, fechado por um pistão móvel e submerso em
uma mistura de gelo-água. Empurra-se o pistão para baixo rapidamente da posição 1 para a
posição 2. Mantém-se o pistão na posição 2 até que o gás esteja novamente a 0oC e, então, ele é
levantado lentamente de volta à posição 1. A Fig. 25b é um diagrama pV para o processo. Se
122 g de gelo são derretidos durante o ciclo, quanto trabalho se realizou sobre o gás?
(Pág. 237)
Solução.
Em qualquer ciclo termodinâmico a variação da energia interna do sistema é zero.
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ΔEint = Q + W = 0
W = −Q
(1)
Nesta equação, Q é o calor total transferido no ciclo e W é o trabalho total realizado sobre o
sistema. Como 122 g de gelo foram derretidos durante o ciclo, isto significa que uma quantidade de
calor necessária para fundir esse gelo foi perdida pelo sistema (calor com sinal −). O calor foi
perdido pelo sistema por que a mistura gelo-água não pertence ao sistema, que é constituído pelo
gás no interior do pistão. Essa quantidade de calor vale:
Q = − L f m = −(79,55 cal/g ).(122 g ) = −9.705,01 cal
Nesta equação, Lf é o calor latente de fusão do gelo (obtido a partir da Tab. 2, pág. 220) e m é a
massa de gelo fundido. Portanto, obtém o trabalho executado sobre o sistema (trabalho com sinal +,
de acordo com a convenção adotada neste livro) substituindo-se o valor numérico do calor em (1):
W = −Q = −( −9.705,01 cal) = 9.705,01 cal
W ≈ 9,71 kcal
[Início seção]
[Início documento]
39. Quando se leva um sistema do estado i ao estado f ao longo do trajeto iaf da Fig. 26, descobre-se
que Q = 50 J eW = −20 J. Ao longo do trajeto ibf, Q = 36 J. (a) Qual o valor de W ao longo do
trajeto ibf? (b) Se W = +13 J para o trajeto curvo fi de retorno, quanto vale Q para este trajeto?
(c) Tome Eint,i = 10 J. Quanto vale Eint,f? (d) Se Eint,b = 22 J, encontre Q para o processo ib e o
processo bf.
(Pág. 237)
Solução.
(a) Caminho iaf:
ΔE int,if = ΔE int,iaf = Qiaf + Wiaf = (50 J ) + ( −20 J )
ΔE int,if = 30 J
Caminho ibf:
ΔE int,if = ΔE int,ibf = Qibf + Wibf
Wibf = ΔE int,ibf − Qibf = (30 J ) − (36 J )
Wibf = −6 J
(b) Caminho curvo fi:
ΔE int, fi = − ΔE int,if = Q fi + W fi
Q fi = − ΔE int,if − W fi = ( −30 J ) − (13 J )
Q fi = −43 J
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(c)
ΔE int,if = E int, f − E int,i
E int, f = ΔE int,if + E int,i = (30 J ) + (10 J )
E int, f = 40 J
(d)
ΔE int,ib = E int,b − E int,i = ( 22 J ) − (10 J )
ΔE int,ib = 12 J
Wib = Wibf = −6 J
ΔE int,ib = Qib + Wib
Qib = ΔE int,ib − Wib = (12 J ) − ( −6 J )
Qib = 18 J
ΔE int,bf = E int, f − E int,b = ( 40 J ) − ( 22 J )
ΔE int,b = 18 J
[Início seção]
[Início documento]
40. O gás dentro de uma câmara sofre os processos mostrados no diagrama pV da Fig. 27. Calcule o
calor resultante adicionado ao sistema durante um ciclo completo.
(Pág. 237)
Solução.
Durante um ciclo termodinâmico a variação da energia interna (ΔE) do sistema é zero,
ΔE = Q + W = 0
Q = −W
(1)
Nesta equação, Q é o calor resultante transferido durante o ciclo e W é o trabalho resultante
executado sobre o sistema. Para se obter o calor resultante basta calcular o trabalho realizado sobre
o sistema e substituí-lo em (1).
O trabalho realizado sobre o sistema corresponde à área do semicírculo mostrado na figura (pela
convenção adotada neste livro, o trabalho num ciclo anti-horário é positivo). Embora seja tentador
calcular essa área diretamente a partir da figura, este procedimento não é possível porque as escalas
da ordenada e da abscissa são diferentes. No entanto, se as escalas dos eixos forem ignoradas é
possível contornar essa dificuldade.
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Problemas Resolvidos de Física
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Admitindo-se que cada quadrado do diagrama tenha uma unidade de comprimento (1 uc) de aresta,
implica em que cada quadrado tenha uma unidade de área (1 ua). O semicírculo possui raio R = 1,5
uc e sua área vale:
1
1
A = πR 2 = π 1,5 2 = 3,534291 ua
2
2
Pode-se calcular a quantidade de trabalho que corresponde a cada quadrado no diagrama (Wq),
multiplicando-se os valores da pressão (1 Mpa) e do volume (1 l = 1×10-3 m3) correspondentes a um
quadrado.
Wq = (10 MPa ).(1 × 10 −3 m 3 ) = 10 kJ/ua
Portanto, o trabalho correspondente ao semicírculo do diagrama vale:
W = A × Wq = 3,534291 ua × 10 kJ/ua = 35,34291 kJ
Substituindo-se o valor de W em (1):
Q = −(35,34291 kJ )
Q ≈ −35 kJ
Obs.: O enunciado do problema insinua que o calor transferido deveria ser positivo (calor
adicionado ao sistema). No entanto, isso só ocorreria se o trabalho resultante executado no ciclo
fosse positivo, o que não está em acordo com a convenção adotada neste livro.
[Início seção]
[Início documento]
44. Um cilindro tem um pistão metálico de 2,0 kg bem ajustado cuja área de seção reta é 2,0 cm2
(Fig. 29). O cilindro contém água e vapor a temperatura constante. Observa-se que o pistão cai
lentamente à velocidade de 0,30 cm/s porque o calor flui para fora do cilindro através de suas
paredes. Quando isso acontece, parte do vapor condensa-se na câmara. A massa específica do
vapor dentro da câmara é 6,0 × 10−4 g/cm3 e a pressão atmosférica é 1,0 atm. (a) Calcule a taxa
de condensação do vapor. (b) A que taxa o vapor está saindo da câmara? (c) Qual é a taxa de
variação da energia interna do vapor e da água dentro da câmara?
(Pág. 238)
Solução.
(a) O problema está pedindo para determinar dm/dt, a taxa de conversão de vapor d’água em água
líquida. Para se obter a taxa pedida, pode-se começar pela velocidade de queda do pistão, vp, que
vamos adotar como sendo negativa, pois está associada à diminuição de volume do interior do
cilindro.
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Problemas Resolvidos de Física
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dx
dx A
=− ×
dt
dt A
1 dV
vp = − ×
A dt
Na equação (1), dV/dt é a taxa de variação do volume do recipiente e A é a área do pistão. A
densidade do vapor é dada por:
dm
ρ=
dV
dm
dV =
vp = −
ρ
(1)
(2)
(3)
Substituindo-se (3) em (2):
1 dm
vp = −
×
ρA dt
dm
= −v p ρA = −(0,30 cm/s)(6,0 × 10 − 4 g/cm 3 )(2,0 cm 2 )
dt
dm
= −3,6 × 10 − 4 g/s
dt
O sinal negativo de dm/dt significa que há redução da quantidade de vapor d’água (condensação)
com o tempo.
(b) A fonte de calor no interior da câmara é a condensação da água. Como se trata de uma mudança
de fase, o calor é transferido na forma de calor latente de vaporização (Lv).
Q = Lv m
dQ
dm
= Lv
= (2.256 kJ/kg )(−3,6 × 10 − 4 g/s) = −8,12160 × 10 − 4 kJ/s
dt
dt
dQ
≈ −0,81 J/s
dt
O sinal negativo de dQ/dt significa que o calor está sendo transferido para fora do sistema.
(c) A variação da energia interna do sistema é dada por:
dEint = dQ + dW = dQ − pdV
dEint dQ
dV
=
−p
dt
dt
dt
A pressão interna do cilindro é dada por:
mp g
p = p0 +
A
Substituindo-se (3) e (5) em (4):
m p g 1 dm
dEint dQ
)
=
− ( p0 +
dt
dt
A ρ dt
(4)
(5)
⎡
dEint
(2,0 kg )(9,81 m/s 2 ) ⎤
= (−0,812160 J/s) − ⎢(1,01 × 10 5 Pa ) +
⎥×
−4
2
dt
(
2
,
0
×
10
m
)
⎣
⎦
×
1
(−3,6 × 10 −7 kg/s) = −0,69054 J/s
3
(0,6 kg/m )
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Problemas Resolvidos de Física
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dEint
≈ −0,69 J/s
dt
A energia interna do sistema está diminuindo com o tempo devido à condensação de vapor. Nesse
processo, moléculas de água com elevada energia cinética passam para a fase líquida onde sua
energia cinética é enormemente diminuída.
[Início seção]
[Início documento]
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 21 - TEMPERATURA
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
06
16
26
36
07
17
27
37
08
18
28
38
09
19
29
39
10
20
30
40
07
17
08
18
09
19
10
20
PROBLEMAS
01
11
21
02
12
22
03
13
04
14
05
15
06
16
[Início documento]
SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS
[Início seção]
[Início documento]
SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
10. Considere um termômetro de vidro de mercúrio. Suponha que a seção transversal do capilar A é
constante e que V é o volume do bulbo de mercúrio a 0,00oC. Mostre que o comprimento L da
coluna de mercúrio no capilar a uma temperatura T, em oC,
V
L = ( β − 3α ) T ,
A
isto é, proporcional à temperatura, onde β é o coeficiente de dilatação volumétrica do mercúrio
e α é o coeficiente de dilatação linear do vidro.
(Pág. 223)
Solução.
A variação do volume do vidro é dada por:
ΔVvidro = V0 3αΔT
A variação do volume do mercúrio é dada por:
ΔVHg = V0 β ΔT
O volume de mercúrio na coluna de vidro é dado pela dilatação aparente do mercúrio. Para isso,
está implícito que na temperatura 0,00oC o nível de mercúrio está na base da coluna (L = 0).
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 21 – Temperatura
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79
Problemas Resolvidos de Física
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ΔVHg, ap = ΔVHg − ΔVvidro
AL = V0 βΔT − V0 3αΔT = V0 ( β − 3α ) ΔT = V0 ( β − 3α )(T − T0 )
Como T0 = 0,00oC:
V
L = 0 ( β − 3α ) T
A
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 21 – Temperatura
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80
Problemas Resolvidos de Física
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 22 - PROPRIEDADES MOLECULARES DOS GASES
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
02
12
22
32
03
13
23
33
04
14
24
05
15
25
06
16
26
07
17
27
08
18
28
09
19
29
10
20
30
07
17
08
09
10
PROBLEMAS
01
11
02
12
03
13
04
14
05
15
06
16
[Início documento]
SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS
11. A que freqüência o comprimento de onda do som é da mesma ordem de grandeza da trajetória
livre média no nitrogênio à pressão de 1,02 atm e temperatura de 18,0oC? Considere o diâmetro
da molécula de nitrogênio como sendo de 315 pm.
(Pág. 243)
Solução.
A freqüência f da onda de som é dada pela seguinte relação, em que v é a velocidade do som e λ é o
comprimento de onda do som:
v
f =
λ
Se λ corresponde ao caminho livre médio da molécula de N2, que é o componente mais abundante
no ar, temos:
1,38 ×10−23 J/K ) ( 291,15 K )
(
kT
λ=
=
= 8,8468" × 10−8 m
2
2
−
12
5
2π d p
2π ( 315 ×10 m ) (1, 0302 ×10 Pa )
Logo:
f =
( 343 m/s )
(8,8468"×10
−8
m)
= 3,8770" ×109 Hz
f ≈ 3,87 × 109 Hz
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 22 – Propriedades Moleculares dos Gases
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81
Problemas Resolvidos de Física
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SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
04. Calcule a trajetória livre média de 35 pequenas esferas em uma jarra que é sacudida
vigorosamente. O volume da jarra é de 1,0 litro e o diâmetro de cada uma das esferas é de 1,0
cm.
(Pág. 245)
Solução.
O caminho livre médio λ é dado pela seguinte expressão, em que V é o volume do recipiente, N é o
número de partículas e d é o diâmetro das partículas:
1, 0 ×103 cm3 )
(
V
λ=
=
= 6, 4308" cm
2
2π Nd 2
2π ( 35 )(1, 0 cm )
λ ≈ 6, 4 cm
[Início seção]
[Início documento]
07. Dois recipientes estão à mesma temperatura. O primeiro contém gás à pressão p1, cujas
moléculas têm massa m1, sendo vrms,1 a sua velocidade média quadrática. O segundo recipiente
contém moléculas de massa m2, à pressão igual a 2p1, sendo sua velocidade média vmed,2 = 2
vrms,1. Calcule a razão m1/m2 entre suas moléculas.
(Pág. 245)
Solução.
Vamos usar as expressões referentes às velocidades média e média quadrática de um gás:
vmed,2 = 2vrms,1
8 RT
3RT
=2
π M2
M1
8
12
=
π M 2 M1
M 1 m1.N A m1 3π
=
=
=
= 4, 7123"
M 2 m2 .N A m2
2
m1
≈ 4, 71
m2
[Início seção]
[Início documento]
17. Conforme sugerido na Fig. 22-11, se as forças intermoleculares forem grandes o suficiente, a
pressão medida p de um gás que obedece a equação de estado de van der Waals poderia ser
nula. (a) Para que valor do volume por mol isto deveria ocorrer? (Sugestão: Existem duas
soluções; encontre-as e interprete-as.) (b) Mostre que existe uma temperatura máxima para a
pressão nula ocorrer e obtenha essa temperatura máxima em função dos parâmetros a e b da
equação de van der Waals. (c) Admitindo-se que o oxigênio obedeça a equação de van der
Waals com a = 0,138 J.mol3/mol2 e b = 3,18 × 10−5 m3/mol, obtenha a temperatura máxima para
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a
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 Ed. - LTC - 2003.
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a qual p = 0 para o oxigênio e compare esse valor com o ponto de ebulição normal do oxigênio.
(Pág. 245)
Solução.
(a) Vamos começar com a equação de estado de van der Waals para os gases:
⎛
an 2 ⎞
p
+
⎜
⎟ (V − nb ) = nRT
V2 ⎠
⎝
Fazendo p = 0, teremos:
an 2
(V − nb ) = nRT
V2
(1)
RTV 2
− V + nb = 0
an
Multiplicando-se ambos os membros da equação acima por a/n, teremos:
2
⎛V ⎞
⎛V ⎞
RT ⎜ ⎟ − a ⎜ ⎟ + ab = 0
⎝n⎠
⎝n⎠
Esta é uma equação do segundo grau, cuja incógnita é a razão V/n. As raízes são:
V a ± a 2 − 4abRT
=
(2)
n
2 RT
A Fig. 22-11 mostra que a densidade de partículas n/V na região hemiesférica de raio R contribui de
duas maneiras para alterar a pressão p do gás. Em primeiro lugar, quando maior a densidade de
partículas localizadas ao redor de uma partícula que colide com a parede do recipiente, maior a
força de atração que elas exercem sobre essa partícula, atraindo-a no sentido oposto ao da parede.
Isto faz com que a pressão do gás seja reduzida e essa redução é proporcional a n/V. A segunda é
que este fenômeno pode ocorrer com todas as outras partículas existentes na região R. Isto faz com
que a redução de pressão seja proporcional à freqüência das colisões nessa região, que por sua vez
também é proporcional à densidade das partículas. Esses dois fatores fazem com que a redução da
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a
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Problemas Resolvidos de Física
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pressão do gás seja proporcional a (n/V)2. Como a Eq. (2) expressa V/n, o efeito descrito acima é
representado pela menor raiz de (2) (sinal negativo). A outra raiz (sinal positivo) se refere ao outro
fenômeno capaz de reduzir a pressão do gás a zero, que é a condensação do gás.
(b) A expressão abaixo mostra T em função de V, sendo p = 0, e foi derivada da Eq. (1):
an 2
an abn 2
V
nb
−
=
−
(3)
(
)
RV 2
RV RV 2
Para demonstrar que há uma temperatura máxima associada a esta situação, vamos resolver dT/dV =
0 para V:
T=
dT
an
abn 2
=−
−
−
2
=0
(
)
dV
RV 2
RV 3
an
2abn 2
=
RV 2
RV 3
V = 2nb
Portanto, em V = 2nb, o valor da temperatura é máximo (verifique a concavidade da curva por meio
do sinal de d2T/dV2).
(c) Vamos calcular o valor Tmax, que corresponde a T(V = 2nb), para p = 0, por meio da equação (3):
Tmax =
an
abn 2
a
a
a ⎛1 1 ⎞
a
−
=
−
= ⎜ −
⎟=
2
2bR 4bR 2b ⎝ R 2 R ⎠ 4bR
R ( 2nb ) R ( 2nb )
( 0,138 J.m /mol )
=
= 130, 4914" K
4 ( 3,18 ×10 m /mol ) ( 8,314 J/K.mol )
3
Tmax
−5
2
3
Tmax ≈ 130 K
O ponto de ebulição do oxigênio é cerca de 90 K.
[Início seção]
[Início documento]
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 23 - A PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
10
20
30
40
07
17
08
18
09
19
10
20
PROBLEMAS
01
11
21
02
12
03
13
04
14
05
15
06
16
[Início documento]
SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS
[Início seção] [Início documento]
SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
[Início seção]
[Início documento]
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