1º semestre de 2016 Lista de exercícios 3 – Termodin

FATECSP
Prof. Renato Pugliese
renatopugliese.wordpress.com
Física II - 1º semestre de 2016
Lista de exercícios 3 – Termodinâmica
********* Temperatura, calor e a 1ª lei da termodinâmica **********
No Livro-texto:
Halliday, Resnick, Walker. Fundamentos de Física. Vol 2.
Exercícios (8ª Ed., Cap. 18, p. 207-210): 7, 9, 15, 17, 27, 41, 43, 47, 49.
ou
(9ª Ed., Cap. 18, p. 209-212): 7, 13, 17, 15, 23, 41, 45, 49, 47.
Respostas (8ª Ed.): 7. -92,1 ºX; 9. 29 cm3; 15. 0,23 cm3; 17. 360 ºC; 27. 160 s; 41. a) 0 ºC, b) 2,5 ºC; 43. -30 J;
47. 60 J; 49. a) 6,0 cal, b) -43 cal, c) 40 cal, d) 18 cal, e) 18 cal.
********* Entropia e a 2ª lei da termodinâmica **********
No Livro-texto:
Halliday, Resnick, Walker. Fundamentos de Física. Vol 2.
Exercícios
(8ª Ed., Cap. 20, p. 268-270): 23, 25, 29, 33, 37, 41.
ou
(9ª Ed., Cap. 20, p. 269-271): 25, 27, 33, 31, 39, 43.
Respostas (8ª Ed.): 23. a) 266 K, b) 341 K; 25. a) 23,6 %, b) 1,49.104 J; 29. a) 1,47 kJ, b) 554 J, c) 918 J, d)
62,4 %; 33. a) 33 kJ, b) 25 kJ, c) 26 kJ, d) 18 kJ; 37. 20 J; 41. 2,03.
GABARITO
********* Temperatura, calor e a 1ª lei da termodinâmica **********
5.
a) TF = (9/5)TC + 32 .
Se queremos TF = 2.TC, então
2TC = (9/5)TC + 32
TC = 160 ºC e
TF = 320 ºF
b) Nesse caso, queremos TF = ½ TC
Assim temos: TF = –12,3 °F.
7.
Considerando a escala X linear e comparando com a escala Kelvin nos pontos de fusão e ebulição da
água, temos:
[TX - (-170)]/[-53,5 - (-170)] = [TK -273]/[373 – 273]
Para TK = 340 K, temos:
TX = - 92,1 ºX
9.
ΔV = 3α.V.ΔT
V = (4π/3)R3
Então: ΔV = 3α.(4π/3)R3.ΔT = (23×10−6/C°)(4π)(10cm)(100°C) = 29 cm3.
Usando coef. de dilatação da tabela 18-2.
15.
A xícara tem seu volume variado em: ΔVc = 3αaVcΔT
A glicerina tem seu volume variado em: ΔVg = γgVcΔT
O volume derramado vale: ΔVg - ΔVc = 0,26 cm³.
17.
O diâmetro do anel e da barra, após aumento de temperatura, será dado por:
Lf = Li + Li.α.ΔT
Igualando os diâmetros, temos: Lia + Lia.αa.ΔT = Lib + Lib.αb.ΔT
Assim: ΔT = 335 ºC e, portanto, Tf = 360 ºC.
27.
Uma massa de 0,100 kg de água, com c = 4190 J/kgºC, é aquecida de Ti = 23 ºC até Tf = 100 ºC. A
quantidade de calor absorvida é de Q = m.c.ΔT.
Se a potência de 200 W é dada por: P = Q/Δt, temos então:
Δt = Q/P = m.c.ΔT/P = 160 s.
33.
Para aumentar a temperatura de Ti = 20 ºC para Tf = 40 ºC em 1 h = 3600 s, de 200 L (equivalentes a
200 kg de massa) de água, temos uma potência de: P = Q/Δt = m.c.ΔT/Δt = 4644 W
Como isso equivale a apenas 20% da radiação do Sol que ali chega, fazemos:
Radiação total: 100%/x W = 20%/4644 W
Assim: x = 23220 W
A área de coleta é dada pela intensidade da radiação solar: I = P/A
A = P/I = 23220/700 = 33,2 m²
41.
a) Há três possibilidades: i. o gelo todo derrete e a temperatura de equilíbrio fica maior ou igual do que
0 ºC; ii. parte do gelo derrete e a temperatura fica em 0 ºC; iii. nada do gelo derrete e a temperatura fica
menor ou igual do que 0 ºC.
Usando a equação do equilíbrio térmico: Qrec + Qced = 0, temos que considerar alguma hipótese.
Se o gelo não derrete e a água não congela, só haverá troca de calor sensível:
m.c.ΔT(gelo) + m.c.ΔT(água) = 0
Nesse caso se calcularmos vamos obter Tf = 16,6 ºC, o que não faz sentido.
Se considerarmos que parte do gelo derrete e parte não, Tf = 0 ºC e temos calores sensíveis e latentes:
m.c.ΔT(gelo) + m.L(gelo) + m.c.ΔT(água) = 0
Assim, deixando m(gelo) no calor latente como incógnita, temos: m = 53 g (gelo derretido).
b) Se for usado apenas um cubo de gelo, de 50 g, todo ele será derretido, visto que no item anterior
notamos que 53 g derretem para a água chegar em 0 ºC. Assim, sabemos que o gelo esquentará,
derreterá e a água proveniente do gelo esquentará também, ou seja:
m.c.ΔT(gelo) + m.L(gelo) + m.c.ΔT(água derretida) + m.c.ΔT(água) = 0
onde a incógnita é a temperatura final da água e da água derretida.
Tf = 2,5 ºC.
43.
É possível calcular algumas variações de W e Q durante cada etapa: AB, BC e CA, sabendo que no
término do ciclo ΔEint = 0.
Durante AB a pressão é variável e o trabalho é a área sob a curva:
W = ∫p.dV = área = 20.3/2 + 10.3 = 60 J
Durante BC: W = p.ΔV = 30.(-3) = - 90 J
Durante CA: W = 0 (ΔV = 0)
No ciclo completo, temos: Q = W e Wtot = - 30 J, o que nos dá: Q = - 30 J
47.
Como não há W durante da, então ΔEint = Q.
Como, no ciclo completo, ΔEint = 0, então:
ΔEint(ac) + ΔEint(cd) + ΔEint(da) = 0
-200 + ΔEint(cd) + 80 = 0
ΔEint(cd) = Q(cd) – W(cd)
W(cd) = 60 J
49.
a) ΔEint(iaf) = ΔEint(ibf)
, então:
ΔEint(cd) = 120 J
Por iaf: ΔEint = Q – W = 50 cal – 20 cal = 30 cal.
Por ibf: W = Q – ΔEint = 36 cal – 30 cal = 6,0 cal.
b) Se de i para f temos ΔEint = 30 cal, de f para i temos ΔEint = - 30 cal.
Além disso, Q = ΔEint + W = – 30 cal – 13 cal = – 43 cal.
c) ΔEint = Eint(f) – Eint(i). Então: Eint(f) = 40 cal.
d) Como W(bf) = 0, então: Q(bf) = Eint(f) – Eint(b) = 40 cal – 22 cal = 18 cal.
e) Pelo caminho ibf, Q = 36 cal, então Q(ib) = Q – Q(bf) = 36 cal – 18 cal = 18 cal.
********* Entropia e a 2ª lei da termodinâmica **********
3.
a) A energia absorvida como calor é Q = m.c.ΔT = 5,79.104 J
b) Em um processo reversível, onde não há realização de trabalho, apenas troca de calor, com
Tf = 373,15 K e Ti = 298,15 K, temos:
ΔS = ∫dQ/T = ∫m.c.dT/T = m.c.ln(Tf/Ti)
ΔS = 173 J/K
7.
a) Usando a equação do equilíbrio térmico Qrec + Qced = 0, temos:
m.c.ΔT(alumínio) + m.c.ΔT(água) = 0
Tf = 57,0 ºC = 330 K.
b) Para cálculo de entropia usamos [T] = K.
Considerando um processo reversível e sem a realização de trabalho, temos:
ΔS(alumínio) = ∫dQ/T = ∫m.c.dT/T = m.c.ln(Tf/Ti) = -22,1 J/K
c) ΔS(água) = ∫dQ/T = ∫m.c.dT/T = m.c.ln(Tf/Ti) = +24,9 J/K
d) ΔS = ΔS(Al) + ΔS(Ág) = −22,1 J/K + 24,9 J/K = +2,8 J/K
11.
a) Usando a equação do equilíbrio térmico Qrec + Qced = 0, temos:
m.c.ΔT(cobre) + m.c.ΔT(chumbo) = 0
Tf = 320 K.
b) Em um sistema isolado: ΔEint = 0
c) ΔS = ΔS(Cu) + ΔS(Pb) = m.c.ln(Tf/Ti) + m.c.ln(Tf/Ti) = 1,72 J/K
23.
a) ΔT = 75 ºC = 75 K
e = (Tq – Tf)/Tq = ΔT/Tq
→
ΔT = Tq – Tf
Tf = 266 K
→
0,20 = 75/Tq →
Tq = 341 K
b) já resolvido acima: Tq = 341 K
25.
a) A eficiência é dada por: e = (Tq – Tf)/Tq
Usando [T] = K, temos: e = 23,6%
b) Como: e = |W|/|Qq|, o trabalho vale:
W = e.Qq = 0,236.(6,30.104) = 1,49.104 J .
29.
Cancelado (excluímos Cap. 19 necessário para esse problema)
33.
a) e = W/Qq.
A quantidade de calor absorvida é de: Qq = 33 kJ.
b) Como Qq = Qf + W, temos: Qf = 33 – 8,2 = 24,8 kJ
c) Temos: Qq = W/e = 26 kJ
d) E: Qf = Qq − W = 26 kJ − 8,2 kJ = 17,2 kJ.
37.
Um refrigerador de Carnot trabalhando entre um dissipador em Tq e um interior em Tf, tem:
K = Tf/(Tq – Tf) = 294/(309 – 294) = 19,6
O coeficiente de performance é a relação entre o calor retirado do ambiente e o trabalho realizado para
tal, portanto:
K = Qf/W
→
Qf = K.W = 19,6.1 = 19,6 J
Ou seja, para cada joule gasto de energia, são retirados 19,6 J de calor do ambiente.
41.
A eficiência da máquina é dada por (usando os índices da figura):
e = W/Q1 = (T1 – T2)/T1
(I)
O coeficiente de performance do refrigerador é dado por:
K = Q4/W = T4/(T3 – T4)
(II)
Como: Q4 = Q3 – W, temos:
(III)
(Q3 - W)/W = T4/(T3 – T4)
(IV = III em II)
O trabalho gerado pela máquina é o mesmo usado pelo refrigerador (W). Isolando W em I e substituindo
em IV, temos:
Q3/Q1 = 2,03