1 lei da term

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 20 – Calor e Primeira Lei da Termodinâmica

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HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

CAPÍTULO 20 – CALOR E PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA

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 dia4.000 193,7962 J/sdia Cal cal 86.400 s

P = × × × =

194 WP ≈ Logo, a potência do atleta é aproximadamente duas vezes a potência de uma lâmpada de 100 W.



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FÍSICA 2


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): , ,a a s a l a a a v vQ Q Q m c T L m= + = ∆ +

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. ( )( )( ) ( )( )o o220 g 1,00 cal/g. C 80 C 538,9 cal/g 5,00 g 20.294,5 calaQ = + =

20,3 kcalaQ ≈

(b) A panela recebeu apenas calor de aquecimento de T0 = 20,0oC para T = 100oC: ( )( )( )o o150 g 0,0923 cal/g. C 80 C 1.107,6 calp p p pQ m c T= ∆ = =

1,11 kcalpQ ≈

(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. 0c p aQ Q Q+ + =

0c c c p am c T Q Q∆ + + =

( )( ) ( ) ( ) ( )o o300 g 0,0923 cal/g. C 100 C 1.107,6 cal 20.294,5 cal 0cT − + + =

( ) ( ) ( ) ( )o2.769 cal 27,69 cal/ C 1.107,6 cal 20.294,5 cal 0cT− + + =

( ) ( )o27,69 cal/ C 24.171,1 calcT =

o872,9180 CcT =

o873 CcT ≈



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FÍSICA 2


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:

( ) ( ) ( )3 340 Pa 1,0 m 4,0 mAW p V = ∆ = −

120 JAW = −

No processo B, temos:

( ) ( ( ) ( )4,02

1,010 50 5 50 120 J 45 Jf f

i i

V V

B V VW pdV V dV V V= = − + = − + = −∫ ∫

75 JBW =

No processo C, temos:

( ) ( ) ( )3 310 Pa 1,0 m 4,0 mCW p V = ∆ = −

30 JAW = −



1


FÍSICA 2


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.

(Pág. 199)

Solução. No processo A, temos:

( ) ( ) ( )3 340 Pa 1,0 m 4,0 mAW p V = ∆ = −

120 JAW = −

No processo B, temos:

( ) ( ( ) ( )4,02

1,010 50 5 50 120 J 45 Jf f

i i

V V

B V VW pdV V dV V V= = − + = − + = −∫ ∫

75 JBW =

No processo C, temos:

( ) ( ) ( )3 310 Pa 1,0 m 4,0 mCW p V = ∆ = −

30 JAW = −

No ciclo BA, temos: ( ) ( )75 J 120 JBA B AW W W= + = + −

45 JBAW = −

No ciclo BC, temos: ( ) ( )75 J 30 JBC B CW W W= + = + −

45 JBAW =



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FÍSICA 2


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) ∆Eint? (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 ∆E = Q − W). Portanto: (a) 200 JW = − (b) 70,0 cal 293 JQ = − ≈ − (c) ( ) ( )int 293 J 200 JE Q W∆ = − ≈ − − −

int 93 JE∆ ≈ −



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FÍSICA 2


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: int 0E Q W∆ = − =

AB BC CAQ W W W W= = + + (1)

Agora precisamos calcular os trabalhos realizados pelo gás nas três etapas do ciclo e substituir em (1). O trabalho A → B vale:

( ) ( )3

3

4,0 m2

( )

1,0 m

20 10 10 10 66,66 J 6,66 J3 3 3 3

f f

i i

V V

AB VV V

V V VW p dV dV = = + = + = −

∫ ∫ (2)

60 JABW =

Na expressão (2), a função p(V) foi construída da relação abaixo, obtida a partir do gráfico fornecido no enunciado.

30 30 104,0 4,0 1,0

pV

− −=

− −

O trabalho B → C vale:

( ) ( ) ( )3 330 Pa 1,0 m 4,0 mBCW p V = ∆ = −

90 JBCW = −

O trabalho C → A vale: .0CAW p V p= ∆ =

0 JCAW =



2

Logo: ( ) ( )60 J 90 J 0Q = + − +

30 JQ = −



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FÍSICA 2


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 o401 W/m.K 0,00900 m 125 C 10 C1.660,14 J/s

0,25 mH CkA T T

HL

−− = = =

1,66 kJ/sH ≈



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FÍSICA 2


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:

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

4 2 o o401 W/m.K 4,8 10 m 100 C 0,0 C16,04 J/s

1,2 mQ FkA T T

HL

− × −− = = =

16 J/sH ≈ (b) A taxa de transferência de calor pode ser manipulada da seguinte forma:

fdQ dQ dm dmH Ldt 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/s0,048048 g/s

333 J/gf

dm Hdt L

= = =

0,048 g/sdmdt

≈



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FÍSICA 2


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. 0b a rQ Q Q+ + =

0b b a a a r rm c T m c T m c T∆ + ∆ + ∆ =

Na expressão acima, c é o calor específico do metal. ( )b b a a r r rc m T m T m c T∆ + ∆ = − ∆

a a a

b b r r

m c Tcm T m T

∆= −

∆ + ∆

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

o o oo

o o o o

14.000 g 1,00 cal/g C 18 C 16 C0,09845 cal/g C

1.800 g 18 C 180 C 3.600 g 18 C 16 Cc

− = − = − + −

o0,098 cal/g Cc ≈



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FÍSICA 2


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=

( )

( )( )( )

7

2

1, 4651 10 J18.668,45

80,0 kg 9,81 m/s 1,00 mEn

mgh×

= = =

18.700n ≈ (b) O tempo total de exercício será: ( )( )0. 18.668,45 2,00 s 37.336,90 st n t= = =

10,4 ht ≈



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FÍSICA 2


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: aQ mc T Vc Tρ= ∆ = ∆

( )( )( ) ( ) ( )3 3 o o o1,0 g/cm 500 cm 1,00 cal/g C 100 C 15 C 42.500 cal 177.905 JaQ = − = =

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. sQ mgh Vghρ= =

( )( )( )( )3 4 3 21.000 kg/m 5,0 10 m 9,81 m/s 0,3040 m 1,49112 JsQ −= × =

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:

( )( )( )1

177.905 J238.619,29 s

0,50 s 1,49112 Ja

s

QtfQ −

= = =

2,8 dt ≈



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FÍSICA 2


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:

2 2at 0 0 0 0 0

1 102 2

W K K K m v m v= ∆ = − = − = −

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: atf fQ W L m= = ∆

Na expressão acima, Lf é o calor latente de fusão do gelo.

20 0

12 fm v L m− = ∆

( )( )( )

220 0

3

50,0 kg 5,38 m/s0,0021730 kg

2 2 333 10 J/kgf

m vmL

∆ = − = − = −×

2,17 gm∆ ≈ −



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FÍSICA 2


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. ,fus ,aq 0c g gQ Q Q+ + =

0c c c f g g a am c T L m m c T∆ + + ∆ = (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:

'

1c

cc c

VVTβ

=+ ∆

Logo, a massa do café vale:

( )( )

( ) ( ) ( )3 3

'4o 1 o o

1,00 g/cm 130 cm128,3823 g

1 1 2,1 10 C 80,0 C 20,0 Cc c

c c cc c

Vm VT

ρρβ − −

= = = =+ ∆ + × −

Substituindo-se os valores numéricos em (1):

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

o o

o o

128,3823 g 1,00 cal/g. C 80,0 C 79,55 cal/g 12,0 g

12,0 g 1,00 cal/g. C 0,0 C 0

T

T

− + + + − =

( ) ( ) ( ) ( )o o128,3823 cal/ C 10.270,59 cal 954,6 cal 12,0 cal/ C 0T T− + + =

( ) ( )o140,3823 cal/ C 9.315,99 calT =

o66,36 CT = Logo: ( ) ( )o o o

0 66,36 C 80,0 C 13,63 CcT T T∆ = − = − = −

o14 CcT∆ ≈ −



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FÍSICA 2


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:

( )( ) ( ) ( )o o o90 90 500 g 1,00 cal/g. C 90 C 0,0 C 45.000 calc cQ m c T = ∆ = − =

Calor necessário para resfriar o chá de 70oC até 0oC, Q70:

( )( ) ( ) ( )o o o70 70 500 g 1,00 cal/g. C 70 C 0,0 C 35.000 calc cQ m c T = ∆ = − =

Calor necessário para fundir o gelo, Qf: ( )( )79,55 cal/g 500 g 39.775 calf f gQ L m= = =

(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. ,fus ,aq 0c g aQ Q Q+ + =

0c c c f g a a am c T L m m c T∆ + + ∆ =

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

o o

o o

500 g 1,00 cal/g. C 90 C 79,55 cal/g 500 g

500 g 1,00 cal/g. C 0,0 C 0

T

T

− + + + − =

( ) ( ) ( ) ( )o o500 cal/ C 45.000 cal 39.775 cal 500 cal/ C 0T T− + + =

( ) ( )o1.000 cal/ C 5.225 calT =

o5, 2 CT ≈ (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. ,fus 0c gQ Q+ =



2

0c c c f gm c T L m∆ + =

( )( ) ( ) ( ) ( )o o o500 g 1,00 cal/g. C 0,0 C 70 C 79,55 cal/g 0gm − + =

( ) ( )79,55 cal/g 35.000 calgm =

439,97 ggm =

Esta é a massa de gelo que derreteu. A massa de gelo que sobrou, 'gm , vale:

( ) ( )'0 500 g 439,97 g 60,03 gg g gm m m= − = − =

' 60 ggm ≈



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FÍSICA 2


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:

( )( ) ( ) ( )o o o200 g 1,00 cal/g. C 0 C 25 C 5.000 cala a a aQ m c T = ∆ = − = −

Para aquecer os cubos de gelo de −15oC até 0oC é absorvido um calor Qg:

( )( ) ( ) ( )o o o2 2 50 g 0,530 cal/g. C 0 C 15 C 795 calg g g gQ m c T = ∆ = − − =

Como |Qa| > |Qg|, concluímos que todo o gelo deve chegar a 0oC. Para fundir todo o gelo é absorvido um calor Qf: ( ) ( )2 79,5 cal/g 2 50 g 7.950 calf f gQ L m= = =

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:

oeq 0,0 CT =

(b) Usando-se apenas uma pedra de gelo, teremos:

( )( ) ( ) ( )' o o o50 g 0,530 cal/g. C 0 C 15 C 397,5 calg g g gQ m c T = ∆ = − − =

( )( )' 79,5 cal/g 50 g 3.975 calf f gQ L m= = =

Como ' ' 'f a gQ Q Q< + , 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 'eqT , que pode ser calculada por meio do

balanço das trocas de calor: resfr água aquec gelo fusão gelo aquec gelo fund 0Q Q Q Q+ + + =

' ' 0a a a g f g a gm c T Q Q m c T∆ + + + ∆ =

( ) ( )' ' oeq eq 0 C 0a a a g f g am c T T Q Q m c T− + + + − =

( ) ' 'eqa g a a a a g fm m c T m c T Q Q+ = − −

( )

' '

eqa a a g f

a g a

m c T Q QT

m m c− −

=+



2

( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )o o

eq o

200 g 1,00 cal/g. C 25 C 397,5 cal 3.975 cal

200 g 50 g 1,00 cal/g. CT

− −=

+

oeq 2,51 CT =



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FÍSICA 2


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: ( )Al Al Al1d d Tα= + ∆

O diâmetro d do anel de cobre será: ( )Cu Cu Cu1d d Tα= + ∆

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: ( ) ( )Al Al Al Cu Cu Cu1 1d T T d T Tα α+ − = + −

Resolvendo para T:

Al Cu Al Al Al Cu Cu Cu

Al Al Cu Cu

d d d T d TTd d

α αα α

− − +=

−

( ) ( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )

( )( )( )

5o 1 o

5o 1 5o 1

5o 1 oo

1,00200 pol 1,00000 pol 1,00200 pol 2,3 10 C 100,0 C

1,00200 pol 2,3 10 C 1,00000 pol 1,7 10 C

1,00000 pol 1,7 10 C 0,000 C 50,3804 C

T− −

− − − −

− −

− − × +=

× − ×

+ ×=

A massa da esfera de alumínio é calculada por meio das trocas de calor: cedido Al receb Cu 0Q Q+ =



2

Al Al Al Cu Cu Cu 0m c T m c T∆ + ∆ =

( )( )

Cu Cu CuAl

Al Al

m c T Tm

c T T−

= −−

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )o o o

Al o o o

20,0 g 0,0923 cal/g C 50,3804 C 0,000 C8,71769 g

0,215 cal/g C 50,3804 C 100,0 Cm

− = − = −

Al 8,72 gm ≈



1


FÍSICA 2


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:

Na situação final, temos:

Desconsiderando-se as perdas de energia, o calor cedido pelo bloco 2 (Q2) somado ao calor recebido pelo bloco 1 (Q1) deve ser nulo. 1 2 0Q Q+ =

1 1 1 2 2 2 0m c T m c T∆ + ∆ =

( ) ( )1 2 eq 1 2 2 eq 24 0m c T T m c T T− + − =

( )

( )1 eq 1

2eq 2

4m T Tm

T T

−=

− (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.

Bloco 1

m1

T1

c1 = 4c2

Bloco 2

m2 = ?T2

c2

A2i

Bloco 1Bloco 2

A2f

Teq



2

2 20,031100f iA A = −

2

2

0,9997f

i

Ak

A= =

Vamos substituir as áreas A por L2, onde L é a aresta do cubo.

2222i

fLk

L=

2 2f iL L k=

Agora podemos analisar a expansão térmica do bloco 2:

( )2 2 2 21i iL T L kα+ ∆ =

eq 22

1kT Tα−

− =

eq 22

1kT Tα−

= + (2)

Substituindo-se (2) em (1):

( )1 2 2

2 14 11

T Tm m

kα−

= − −

( )( ) ( ) ( )o o 6o 1

2

17,0 C 47,0 C 15,0 10 C4 3,16 kg 1 25,2771 kg

0,9997 1m

− − − × = − = −

2 25,3 kgm ≈



1


FÍSICA 2


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:

( )

2Q F

a

kA T TH

L−

=

( )

2Q Fa

kA T TH

L−

= (1)

O arranjo da Fig. (b) torna a área de transferência de calor multiplicada por dois. Logo:

( )2 Q F

b

k A T TH

L−

=

( )

2Q F b

kA T T HL−

= (2)

Igualando-se (1) e (2):

22

ba

HH =

( )( )

( )( )

10 J 10 J4 4

2,0 min 30 sb aQH H

t= = = =

∆

Logo, o tempo para que os bastões em série (b) transportem 10 J de calor é 30 s. 30 st∆ =



1


FÍSICA 2


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:

v vAl AlAl v

Al v

k A Tk A TH H HL L

∆∆= + = +

( )( )( )

( )( )( )( )

( )2 o 2 o

3 3

235 W/m.K 0,375 m 33 C 1,0 W/m.K 1,125 m 33 C

1,5 10 m 3,0 10 mH

− −= +

× ×

( ) ( )1.938.750 W 12.375 W 1.951.125 WH = + =

2,0 MWH ≈ (b) Neste caso, o cálculo é mais simples:



2

( )( )( )

( )

2 op p

p

0,11 W/m.K 1,5 m 33 C217,8 W

0,025 mk A T

HL∆

= = =

220 WH ≈ 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.



1


FÍSICA 2


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. 20-24 (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.

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

2 o o

vAr

Ar v

0,36 m 20 C 10 C1,7535 W

0,080 m 0,0050 m22

0,026 W/m.K 1,0 W/m.K

Q FA T TH

LLk k

− −− = = = ++

1,8 WH ≈ (b) Conhecendo-se a taxa de transferência de calor, H, é fácil estimar a diferença de temperatura ∆Tv nas faces externa e interna do vidro:

v vv

v

k A TH HL∆

= =

( )( )( )( )

ov vv 2

v

1,7535 W 0,0050 m0,02435 C

1,0 W/m.K 0,36 mH LTk A

∆ = = =



2

ov 0,024 CT∆ ≈



1


FÍSICA 2


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:

( ) ( ) ( )

( )

2o1,7 m

67 W/m.K 2,3 C2

67.264,67 W0,0052 m

kA THL

π ∆ = = =

Se a taxa instantânea de transferência for igual à taxa média, pode-se dizer que:

dQ QHdt t

= =∆

( )( )67.264,67 W 300 s 20.179.401,1 JQ H t= ∆ = =

72,0 10 JQ ≈ ×



1


FÍSICA 2


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:

( )( )

( )

o2

1,0 W/m.K 51,1 C17.037 W/m

0,0030 mdH k TdA L

∆= = =

217 kW/mdHdA

≈

(b) Este sistema pode ser esquematizado da seguinte forma, visto em seção transversal:

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.

( )( )

( )( )

( )( )

2 o2

v Ar

v Ar

0,36 m 51,1 C17,6778 W/m

0,0030 m 0,075 m22

1,0 W/m.K 0,026 W/m.K

dH TdA L L

k k

∆= = =

++

218 W/mdHdA

≈

Vidro Ar



1


FÍSICA 2


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: fQ L m=

fdQ dmLdt dt

=

1

f

dm dQdt L dt

= (1)

O termo dQ/dt é a taxa de transferência de calor H:

dQ kA THdt L

∆= = (2)

Podemos obter o termo dL/dt a partir da definição da densidade do gelo ρ: m Vρ=

dm dV dLAdt dt dt

ρ ρ= = (3)

Substituindo-se (2) e (3) em (1):



2

( )( )

( )( )( )

o o

3

0,0040 cal/s.cm. C 10 C0,00010931 cm/s

0,92 g/cm 79,55 cal/g 5,0 cmf

dL k Tdt L Lρ

∆= = =

0,39 cm/hdLdt

≈



1


FÍSICA 2


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 cobre-alumínio e alumínio-latão. A condutividade térmica do latão é 109 W/m × K. (Pág. 202)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

A taxa de transferência de calor H ao longo dos três bastões é de:

( )

Lat CuAl

Lat Al Cu

Q FA T TH

L LLk k k

−=

+ +

( ) ( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )

2o o0,100 m

100 C 0,0 C2

8,2206 W0,060 m 0,060 m 0,060 m

109 W/m.K 235 W/m.K 401 W/m.K

Hπ − = =

+ +

A taxa H é a mesma ao longo de todos os pontos do sistema. No bastão de latão, temos:

( )Lat 1Lat Lat Fk A T Tk A THL L

−∆= =

Como TF = 0,0oC, podemos resolver a equação acima para T1:

( )( )

( ) ( )o

1 2Lat

8, 2206 W 0,060 m57,615 C

0,100 m109 W/m.K

2

HLTk A

π

= = =

o1 57,6 CT ≈

De forma semelhante para o bastão de cobre, temos:

( )Cu 2Qk A T T

HL−

=

Resolvendo-se a equação acima para T2:

Lat Al CuD

L

T1 T2TF TQ



2

( ) ( )( )

( ) ( )o o

2 2Lat

8, 2206 W 0,060 m100 C 84,339 C

0,100 m401 W/m.K

2

QHLT T

k Aπ

= − = − =

o2 84,3 CT ≈



1


FÍSICA 2


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: int,1 int,2E E∆ = ∆

1 1 2 2Q W Q W− = −

2 1 1 2Q Q W W= − +

O trabalho realizado pelo gás no processo 1 é: ( )1 5 4i i i i iW p V p V V pV= ∆ = − =

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: 2 4 5i i i i i iW pV pV pV= + =

Logo: 2 10 4 5i i i i i iQ pV pV pV= − +

2 11 i iQ pV=

(b) Da mesma forma que em (a), temos: int,3 int,1 1 1 1 110 4i iE E Q W pV pV∆ = ∆ = − = −

int,3 16 iE pV∆ =



1


FÍSICA 2


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:

O trabalho de expansão do gás é dado por:

3

3

2,0 m32

( )1,0 m

1010 23,33 J3

B B

A A

V V

AB VV V

VW p dV V dV= = = =∫ ∫

23 JABW ≈

40

V (m )3

A

B

10

1,0 2,0

p (P

a)


________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 25 – Calor e Primeira Lei da Termodinâmica

1

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

CAPÍTULO 25 - CALOR E PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA

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: 01,0 mm =

onde m0 é a massa total do iceberg. A quantidade de calor necessária para fundir uma massa m de gelo é dada por: 0mLQ f= (1)

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): J 106,993kg) 101,2(1,0)J/mol 1033,3( 1285 ×=××=Q TJ ,07≈Q



1


FÍSICA 2


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

dtdQP =

Nesta equação, dQ é o calor transferido durante o intervalo de tempo dt. Resolvendo-se em função de dQ: dtPdQ ×= Se a potência não possui dependência em relação à temperatura, pode-se fazer: tPQ ∆×= Logo, o intervalo de tempo procurado é dado por:

PQt =∆ (1)

O calor necessário para aquecer uma massa m de água de uma temperatura ∆T é dado por: )( 0TTmcTmcQ −=∆= (2)

Nesta equação, c é o calor específico da água. Substituindo-se (2) em (1):

P

TTmct

)( 0−=∆

s 1489,198 W)220(

)K 5,76(J/K.mol) 190.4(kg) 136,0(==∆t

s 198≈∆t



1


FÍSICA 2


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:

Prata(s) Prata(s) Prata(l)

T0 Tf Tf

aquecim. fusão

Qaq Qfus

O calor transferido durante o aquecimento é: )( 0TTmcTmcQ faqaq −=∆= (1)

)K 2,288K 234,0J/kg.K)(1. 236)(kg 130,0( −=aqQ

J 678,018.29=aqQ

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: mLQ ffus = (2)

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): )kg 130,0)(J/kg 000.105(=fusQ

J 650.13=fusQ

Portanto: J 678,668.42=+= fusaq QQQ

kJ 7,42≈Q



1


FÍSICA 2


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 dTnCdQ T )(=

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

T T dTCnQ0

)(

Substituindo-se a expressão fornecida para o calor specífico molar C(T):

∫ −−=T

TdTTT

MmQ

0

)628,000109,0318,0( 2

T

T

TTTMmQ

0

628,03

00109,02318,0 32

−−=

32666,248g/mol) 87,107

g) 316,0(×=Q

J 46107,727=Q

J 727≈Q



1


FÍSICA 2


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 (∆Eint) é zero: 0int =∆E

Da Primeira Lei da Termodinâmica tem-se que: 0=+ ABCAABCA WQ

0=++++ BCAABCABCAB WWQQQ

0)J 15(00J) 20( =−++++ CAQ

J 5−=CAQ



1


FÍSICA 2


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. 0int =+=∆ WQE

QW −= (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: cal 01,705.9)g 122).(cal/g 55,79( −=−=−= mLQ f

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):

cal 01,705.9)cal 01,705.9( =−−=−= QW kcal 71,9≈W



1


FÍSICA 2


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: )J 20()J 50(int,int, −+=+=∆=∆ iafiafiafif WQEE

J 30int, =∆ ifE

Caminho ibf: ibfibfibfif WQEE +=∆=∆ int,int,

)J 36()J 30(int, −=−∆= ibfibfibf QEW

J 6−=ibfW

(b) Caminho curvo fi: fifiiffi WQEE +=∆−=∆ int,int,

)J 13()J 30(int, −−=−∆−= fiiffi WEQ

J 43−=fiQ

(c) ifif EEE int,int,int, −=∆

)J 10()J 30(int,int,int, +=+∆= iiff EEE

J 40int, =fE

(d) )J 10()J 22(int,int,int, −=−=∆ ibib EEE

J 12int, =∆ ibE



2

J 6−== ibfib WW

ibibib WQE +=∆ int,

)J 6()J 12(int, −−=−∆= ibibib WEQ

J 18=ibQ

)J 22()J 40(int,int,int, −=−=∆ bfbf EEE

J 18int, =∆ bE



1


FÍSICA 2


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 (∆Eint) do sistema é zero, int 0E Q W∆ = + =

WQ −= (1) Nesta equação, Q é o calor resultante transferido durante o ciclo e W é o trabalho resultante executado sobre o sistema. De acordo com a convenção adotada neste livro, num ciclo termodinâmico anti-horário o sinal do trabalho é positivo. Portanto, no presente ciclo, o trabalho e o calor apresentam os seguintes sinais: 0W > 0Q < 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. 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:

ua 534291,35,121

21 22 === ππRA

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. kJ/ua 10)m 101).(MPa 10( 33 =×= −

qW



2

Portanto, o trabalho correspondente ao semicírculo do diagrama vale: kJ 34291,35kJ/ua 10ua 534291,3 =×=×= qWAW

Substituindo-se o valor de W em (1): )kJ 34291,35(−=Q kJ 35−≈Q

Obs.: Há uma situação curiosa causada pelo enunciado do problema, que pede para calcular “…o calor resultante adicionado ao sistema durante um ciclo completo.” Em primeiro lugar, no ciclo completo o calor resultante não entra no sistema, mas sai dele. Então podemos imaginar que o enunciado pede para calcular o total de calor que entra no sistema. Pois bem, uma análise cuidadosa mostra que, se dividirmos o ciclo em três processos (ab, bc e ca), teremos os seguintes movimentos de calor:

Portanto, o enunciado poderia estar interessado na quantidade Qbc, que é a única parcela líquida de calor que entra no ciclo. Porém, não é possível calcular nenhum dos calores mostrados na figura acima sem conhecermos o tipo de gás (CV) e, eventualmente, as temperaturas Ta, Tb e Tc. Veja o possível cálculo de Qbc a seguir: int,bc bc bcQ E W= ∆ −

2 2

c c c

b b b

V V V

bc V bc bc bcV V V

f fQ nC T pdV n R T pdV nR T pdV = ∆ − = ∆ − = ∆ − ∫ ∫ ∫

Na equação acima, f é o número de graus de liberdade translacional, rotacional e vibracional da molécula do gás. Como o problema não citou o tipo de gás, não podemos conhecer f. Mesmos que admitíssemos que o gás fosse ideal monoatômico (f = 3), ainda assim precisaríamos de ∆Tbc, o que não é possível calcular (no presente caso, só podemos determinar as razões entre as temperaturas Ta, Tb e Tc). A integral correspondente ao trabalho bc pode ser estimada a partir do gráfico.

p (MPa)

V (L)1

30

15

2,5 4

Qab

Qbc Qca

ab

c



1


FÍSICA 2


43. Um motor faz com que 1,00 mol de um gás ideal monoatômico percorra o ciclo mostrado na

Fig. 28. O processo AB ocorre a volume constante, o processo BC é adiabático e o processo CA ocorre a pressão constante. (a) Calcule o calor Q, a variação de energia interna ∆Eint e o trabalho W para cada um dos três processos e para o ciclo como um todo. (b) Se a pressão inicial no ponto A é 1,00 atm, encontre a pressão e o volume nos pontos B e C. Use 1 atm = 1,013 × 105 Pa e R = 8,314 J/K.mol.

(Pág. 237)

Solução. (a) J 3,741.3)K 00J/K.mol)(3 314mol)3/2(8, 00,1( ==∆= ABvAB TnCQ

kJ 74,3≈ABQ

0=BCQ

J 675,221.3)K 155J/K.mol)(- 314mol)5/2(8, 00,1( −==∆= CApCA TnCQ

kJ 22,3−≈CAQ

0=ABW

)K 45J/K.mol)(1 314mol)3/2(8, 00,1(int =∆=∆= BCvBCBC TnCEW

kJ 81,1J 295,808.1 −≈−=BCW

CACAvCACACA QTnCQEW −∆=−∆= int

J 67,288.1)J 675,221.3()K 155J/K.mol)(- 314mol)3/2(8, 00,1( =−−=CAW

kJ 29,1≈CAW

J 3,741.30J) 3,741.3(int =+=+=∆ ABABAB WQE

J 74,3int ≈∆ ABE



2

J 295,808.1)J 295,808.1(0int −=−+=+=∆ BCBCBC WQE

J 89,1int −≈∆ BCE

J 005,933.1J 67,288.1J) 675,221.3(int −=+−=+=∆ CACACA WQE

J 93,1int −≈∆ CAE

(b)

B

BB

A

AA

TVp

TVp

=

Mas: BA VV = Logo:

B

B

A

A

Tp

Tp

=

)K 300(

)K atm)(600 00,1(=Bp

atm 00,2=Bp

atm 00,1== AC pp

AAA nRTVp =

35 m 024621,0

)Pa 10013,1()K 300)(J/K.mol 314,8(mol) 00,1(=

×==

A

AA p

nRTV

3dm 6,24≈= AB VV

C

C

A

A

TV

TV

=

33

dm 343,37)K 300(

)K )(455dm 621,24(==CV

3dm 3,37≈cV



1


FÍSICA 2


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.

AA

dtdx

dtdxv p ×−=−= (1)

dtdV

Av p ×−=

1 (2)

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:

dVdm

=ρ

ρ

dmdV = (3)

Substituindo-se (3) em (2):

dtdm

Av p ×−=

ρ1



2

)cm 0,2)(g/cm 100,6)(cm/s 30,0( 234−×−=−= Avdtdm

pρ

g/s 103,6 4−×−=dtdm

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). mLQ v=

kJ/s 1012160,8)g/s 103,6)(kJ/kg 256.2( 44 −− ×−=×−==dtdmL

dtdQ

v

J/s 81,0−≈dtdQ

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: pdVdQdWdQdE −=+=int

dtdVp

dtdQ

dtdE

−=int (4)

A pressão interna do cilindro é dada por:

A

gmpp p+= 0 (5)

Substituindo-se (3) e (5) em (4):

dtdm

Agm

pdtdQ

dtdE p

ρ1)( 0

int +−=

J/s 69054,0)kg/s 103,6(

)kg/m 6,0(1

)m 100,2()m/s 81,9)(kg 0,2()Pa 1001,1(J/s) 812160,0(

73

24

25int

−=×−×

×

×

+×−−=

−

−dtdE

J/s 69,0int −≈dt

dE

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.


________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5a Ed. - LTC - 2003. Cap. 23 – A Primeira Lei da Termodinâmica

1


FÍSICA 2

CAPÍTULO 23 - A PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA

09. Água exposta ao ar livre a 32oC evapora devido ao escape de algumas moléculas da superfície.

O calor de vaporização é aproximadamente igual a εn , onde ε é a energia média das moléculas que escapam e n é o número de moléculas por quilograma. (a) Determine ε. (b) Qual a razão entre ε e a energia cinética média de moléculas de H2O, supondo que a energia cinética esteja relacionada com a temperatura da mesma forma que nos gases. (Pág. 279)

Solução. (a) Segundo o enunciado, o calor de vaporização Lv vale: vL nε=

Logo:

vLn

ε =

Como n é o número de moléculas por quilograma, podemos substituí-lo pela razão NA/M, onde NA é o número de Avogadro e M é a massa molar da água (confira a dimensão da razão NA/M).

( )( )

( )3

2023 1

2, 256 J/kg 18 10 kg/mol6,7455 10 J

6,02 10 molv v

A A

L L MN NM

ε −−

×= = = = ×

×

206,75 10 Jε −≈ ×

(b) O problema pede para calcular a razão entre ε e Kmed, supondo que a água tenha comportamento de um gás. Logo:

( )

( )( )

20

23med

2 6,7455 10 J2 10,67903 3 3 1,38 10 J/K 305,15 K2

K kTkT

ε ε ε−

−

×= = = =

×

med

10,7Kε

≈



1


FÍSICA 2


14. Calcule o trabalho realizado sobre n moles de um gás de van der Waals em uma expansão

isotérmica do volume Vi para Vf. (Pág. 279)

Solução. A equação de estado dos gases de van der Waals é:

( )2

2

anp V nb nRTV

+ − =

Esta equação pode ser escrita na forma p = f(V):

2

2

nRT anpV nb V

= −−

O trabalho de expansão sobre um gás é dado por:

f

i

V

VW pdV= −∫

Logo:

2 2

2 2f f f

i i i

V V V

V V V

nRT an nRT anW dV dV dVV nb V V nb V

= − − = − + − − ∫ ∫ ∫

( ]2 22

1lnf

f f f

ii ii

VV V V

VV VV

dV dVW nRT an nRT V nb anV nb V V

= − + = − − − − ∫ ∫

2 1 1ln f

i f i

V nbW nRT an

V nb V V −

= − − − −

Note que, numa expansão isotérmica (Vf > Vi), o primeiro termo do membro direito da equação acima será negativo, enquanto que o segundo termo será positivo. Isso tornará o valor absoluto do trabalho realizado sobre o gás menor do que o trabalho equivalente realizado sobre o gás ideal, que é dado por:

ln f

i

VW nRT

V= −

Isso se deve à diminuição da pressão observada no gás real, quando comparado ao gás ideal, como conseqüência da presença de forças de curto alcance entre as moléculas do gás real.



1


FÍSICA 2


21. Em um motor de motocicleta, após a combustão ocorrer no topo do cilindro, o êmbolo é forçado

para baixo enquanto a mistura dos produtos gasosos experimenta uma expansão adiabática. Determine a potência média envolvida nesta expansão quando o motor está trabalhando a 4.000 rpm, supondo que a pressão manométrica imediatamente após a combustão é de 15,0 atm, o volume inicial é de 50 cm3 e o volume da mistura no ponto inferior do curso é de 250 cm3. Suponha que os gases sejam diatômicos e que o tempo envolvido na expansão seja metade do ciclo total. (Pág. 279)

Solução. A potência média relacionada à expansão adiabática (Pexp), em cada ciclo, vale:

exp exp expex p

ciclexp cicl

2

2

W W WP tt t

= = =∆∆ ∆

Na expressão acima, Wexp é o trabalho realizado na expansão em cada ciclo, ∆texp é o tempo de duração de cada expansão adiabática e ∆tcicl é o tempo de duração de um ciclo termodinâmico do motor. A potência total relacionada com a expansão Pexp,tot é igual Pexp multiplicada pela freqüência (f) com que o ciclo se repete.

expex p,tot ex p

cicl

2W

P P f ft

= =∆

(1)

O ciclo termodinâmico de um motor a gasolina (ciclo Otto) é esquematizado a seguir:

A expansão adiabática corresponde à etapa ab, mostrada no esquema. Para calcular Wexp, vamos precisar de pb, que pode ser calculado por meio da comparação dos estados a e b: a a b bp V p Vγ γ=

( ) ( )( )

73 5

53

50 cmPa15,0 atm 1,01 10 1,59167 Paatm 250 cm

ab a

b

Vp pV

γ = = × =

Agora podemos calcular o Wexp:

( )exp1

1 b b a aW p V p Vγ

= −−

p

V

Ta

a

b

Va Vb

Tb



2

( )( ) ( ) ( )6 3 5 6 3exp

1 Pa1,59167 Pa 250 10 m 15,0 atm 1,01 10 50 10 m7 atm15

W − − = × − × × −

exp 89,8952 JW = −

O sinal negativo do trabalho refere-se ao trabalho executado sobre o sistema. Adotando ∆t = 1,0 min como o intervalo de tempo ao longo do qual será computada a potência média, podemos operar a Eq. (1):

( ) ( )( )ex p,tot

89,8952 J2 4.000 11.986,03 W

60 sP = =

ex p,tot 12 kWP ≈

1 lei da term

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