TODOS_GABARITOS_GE4

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Guia de Estudos sobre Processos Termodinâmicos 
GABARITO 
Adotaremos a seguinte convenção: 
Trabalho (W) realizado pelo sistema (+) 
 realizado sobre o sistema ( - ) 
Calor (Q) entrando no sistema (+) 
 saindo do sistema ( - ) 
Esta convenção não é obrigatória, no entanto ao escolher uma convenção você deve permanecer 
sempre com ela. Caso use outra convenção indique-a claramente em seu texto. 
GE 4.2) Teste sua compreensão! 
 
GE 4.2.1) Marque V ou F nas alternativas abaixo 
( F ) Em um processo adiabático um gás ideal não sofre nem realiza trabalho. 
Resp: Em um processo adiabático o sistema não troca calor com a vizinhança então se Q=0 � 
UW ∆−= 
( F ) O trabalho realizado pelo sistema é igual ao calor absorvido em um processo isotérmico. 
Resp:Sim, pois 0=∆U logo W = Q. 
( V ) Em um sistema fechado a energia interna não varia em uma transformação isotérmica. 
Resp:Em um sistema fechado se T fica constante temos que 0=∆U . 
( V ) Em uma transformação isovolumétrica o trabalho envolvido é nulo. 
Resp:Se o volume se mantém constante, 0=∆= VpW . 
( F ) 500 kPa equivalem a 5 atm. 
Resp: Se 1 atm = 1,01345 x 10
5
 Pa, então: 507 kPa = 5 atm. 
( F ) Capacidade calorífica de um corpo é a quantidade de calor que um corpo é capaz de reter. 
Resp: Calor é energia que flui de um corpo para outro em função da diferença de temperatura, não 
sendo algo que possa ser retido ou armazenado em um corpo. 
( F ) Quando um sistema passa de um estado 1 para um estado 2 o calor envolvido no processo 
independe do caminho e do tipo de transformação. 
Resp: Calor não é uma variável de estado, pois depende do caminho seguido na transformação. 
( F ) Quando um sistema passa de um estado 1 para um estado 2, o trabalho envolvido independe do 
caminho e do tipo de transformação. 
Resp: Trabalho também não é uma variável de estado, dependendo do caminho seguido na 
transformação. 
 ( V ) Quando um sistema passa de um estado 1 para o estado 2 a variação da energia interna no 
2 
 
processo, independe do caminho e do tipo de transformação. 
Resp: A energia interna é uma variável de estado, pois independe do. Apesar de Q e W não serem 
variáveis de estado a soma delas é, ou seja UWQ ∆=− . 
( V ) Para qualquer substância que se expanda ao ser aquecida Cp é maior que Cv. 
Resp: Sim, pois nesse caso é preciso realizar trabalho para manter a pressão constante, o que requer 
a entrada de uma quantidade adicional de energia na forma de calor. 
( F ) A expansão livre pode ser representada em um gráfico p x V. 
Resp: Só é possível representar em um gráfico p x V estados de equilíbrio e isso não ocorre na 
expansão livre, portanto não é possível representar o processo da expansão livre em um gráfico p x V, 
apenas o estado inicial e o estado final. 
( V ) Em uma compressão adiabática a variação da energia interna é positiva. 
Como 0=Q temos que WU −=∆ , logo devido ao trabalho realizado sobre o sistema a energia 
interna é sempre positiva. 
GE 4.3) Tipos de processos 
GE 4.3.1) Sabendo que a transformação “a�1” é adiabática e a transformação “a�4” é isotérmica, 
responda: 
 
a) Qual transformação leva o sistema à maior temperatura final? 
b) Qual transformação leva o sistema à menor temperatura final? 
c) Em qual processo, o trabalho realizado é maior? E menor? 
d) Em qual processo a troca de calor entre o sistema e a vizinhança é maior? Em qual é menor? 
 
Resp: Quanto mais externa a isoterma, maior a temperatura. O cálculo do trabalho é feito a partir da 
3 
 
análise da área abaixo da curva. O cálculo do calor envolvido no processo é feito pela análise da 
temperatura final, já que a inicial é a mesma para todos os processos. Logo: 
a) A maior temperatura final é na transformação isobárica “a � 3” 
b) A menor temperatura final é na transformação isocórica ou isovolumétrica “a � 2” 
c) O maior trabalho é a transformação isobárica “a � 3”. O menor trabalho é onde o trabalho 
realizado é nulo, ou seja, na transformação isocórica. Observe as áreas abaixo das curvas. 
d) No caso “a�2” o sistema tem que ceder calor já que a temperatura diminuiu sem a realização 
de trabalho. No caso “a� 3” a temperatura aumentou enquanto o sistema realizava trabalho, logo 
é necessário a entrada de calor no sistema (maior calor envolvido). No caso “a�1” a 
transformação adiabática tem Q=0, sendo o menor caso. No caso “a�4” (isotérmico) temos que 
0=∆U tal que W = Q e, portanto, o sistema cedeu calor. 
GE 4.3.2) O gráfico ao lado mostra um mol de um gás 
monoatômico nas condições normais de temperatura e pressão 
CNTP (1bar = 0,1MPa e 0 
0
C) que sofre uma variação da sua 
temperatura até 546K por dois processos: um isovolumétrico e 
outro isobárico. 
a) Calcule a variação da energia interna considerando cada 
um dos processos, lembrando que 1 mol de qualquer gás 
em CNTP ocupa um volume de 0,0224 m
3
. Observe que 
o volume é duplicado nessa transformação isobárica. 
Dados CV = 12,5 J/mol.K e CP = 20,815 J/mol.K 
i) Isovolumétrico 
Resp: Como o trabalho é igual a zero, pela 1ª Lei da 
Termodinâmica temos que U∆ = Q 
dTnCdU v= então 
dTnCdU v= 
( )( )KKKmolJmoldU 273546./5,121 −= 
JdU 5,3412= 
ii) Isobárico 
Resp: WQU −=∆ 
Como dTnCdQ p= e VpW ∆= temos que 
 
 
 
 
4 
 
( )VpTnCU p ∆−∆=∆ 
( )( ) ( )( )36 0224,0101,0273/815,201 mPaxKmolKJmolU −=∆ 
1,22706,5682 −=∆U 
JU 5,3412=∆ 
b) dTnCdU v= é válido mesmo quando o volume não 
permanece constante, explique por que. 
Resp: Como a energia interna é uma variável de estado só 
interessam os estados inicial e final. Assim, podemos sempre 
calcular a variação da energia interna supondo que a 
transformação ocorreu à volume constante. 
GE 4.3.3) Como varia a energia interna em uma: 
a) Compressão adiabática 
Resp: O sistema não tem tempo para trocar calor com a vizinhança, ou seja Q = 0. Então U∆ = - 
W. Se o sistema é comprimido há trabalho realizado sobre ele (W < 0) tal que U∆ > 0. 
b) Expansão adiabática 
Resp: Nesse caso o sistema realiza trabalho sobre a vizinhança, (W>0). Como não há troca de 
calor com a vizinhança (Q=0) temos que U∆ < 0. Ou seja, na expansão adiabática o gás realiza 
trabalho gastando parte da sua energia interna. 
c) Processo isovolumétrico 
Resp: Como não há trabalho envolvido no processo, pela 1ª lei da termodinâmica U∆ = Q. Se o 
calor entra no sistema a energia interna aumenta. Se o sistema cede calor para a vizinhança a 
energia interna diminui. 
d) Processo Isobárico 
Resp: Nesse caso Q e W são não nulos. Pela primeira lei da termodinâmica WQU −=∆ , 
portanto ela aumenta quando o sistema recebe calor e/ou sofre trabalho. E diminui quando o 
sistema realiza trabalho e/ou cede calor para a vizinhança. 
e) Processo Isotérmico 
Resp: Se não há mudança na temperatura temos que U∆ = 0 e Q = W. Por exemplo, se o sistema 
recebe calor todo ele é convertido em trabalho. 
f) Expansão Livre em um gás 
Resp: Na expansão livre não há realização de trabalho nem há troca de calor com a vizinhança, ou 
5 
 
seja Q = W = 0. Portanto U∆ = 0 e a temperatura permanece constante. 
GE 4.4) Calor específico molar a pressão e volume constantes 
GE 4.4.1) Sabendo que Cv é o calor específico molar medido a volume constante e que Cp é o calor 
específico molar medido a pressão constante, qual deles deve ser maior. Por quê? 
 
Resp: Cp é maior em todas as substâncias que se expandem com o aquecimento, porque é necessário 
energia extra para compensar o trabalho realizado na expansão térmica. 
 
GE 4.4.2) A partir da 1ª Lei da Termodinâmica, mostre que RCC vp += . 
 
Resp: Independente do processo podemos escrever que a variação da energia interna é dada por 
dTnCdU V= . Se o processo for à pressão constante então: dTnCdQ P= e nRdTpdVdW == . 
 
Substituindo esses valores 1ª Lei da Termodinâmica temos: 
 
 dWdQdU −=nRdTdTnCdTnC Pv −= 
 
dividindo todos os termos por ndT: 
 
 RCC Pv −= 
 RCC VP += 
 
GE 4.4.3) A razão das capacidades caloríficas 
v
p
C
C
=γ tem uma especial importância no processo 
adiabático, que por não trocar calor com a vizinhança, tem uma variação da pressão com o volume 
mais acentuada do que no processo isotérmico. O valor de γ nos traz informações sobre a estrutura 
molecular do gás. Lembrando da relação entre grau de liberdade e a energia média associada, calcule 
γ para um gás monoatômico, diatômico e poliatômico (rotação e vibração). 
 
Resp: 
Monoatômico Diatômico Poliatômico 
Cada 1 GL � 3R/2. 
5,12
2
3
== RCv 
 
Calculando CP 
RCC VP += 
81,20=PC 
66,1
5,12
8,20
===
V
P
C
C
γ 
 
8,20
2
5
== RCv 
 
Calculando CP 
RCC VP += 
1,29=PC 
4,1
8,20
1,29
===
V
P
C
C
γ 
 
10,29
2
7
== RCv 
 
Calculando CP 
RCC VP += 
4,37=PC 
28,1
10,29
4,37
===
V
P
C
C
γ 
 
 
GE 4.5) Processo termodinâmicos 
6 
 
GE 4.5.1) Uma determinada amostra de um gás ideal diatômico está na temperatura ambiente (293K). 
A vizinhança, através de um processo isotérmico, realiza um trabalho de 1,8 x10
5
 J sobre esse gás 
reduzindo seu volume a um quinto do valor inicial. 
a) Qual foi a variação da energia interna do sistema? 
Resp: Se não ocorre variação de temperatura não há variação da energia interna. 
b) Qual foi o calor cedido pelo sistema? 
Resp: Sabendo que 0=∆U , pela primeira lei da Termodinâmica temos que Q= W = 1,8 x 105 J 
c) Quantos moles de gás havia na amostra? 
Resp: O trabalho em um processo isotérmico é dado por 
i
F
V
V
nRTW ln= 
Então 
i
f
V
V
RT
W
n
ln
= 
( )( )
5
1ln293315,8
108,1 5x
n
−
= 
9,45=n moles 
GE 4.5.2) Que trabalho deve ser realizado sobre 30 g de gás Monóxido de Carbono (CO) em 
condições normais de temperatura e pressão, para comprimí-lo adiabaticamente, a um quinto do seu 
volume inicial 
Resp: 
Cálculo do número de moles: 1 mol de CO tem 28g , então 30 g equivalem a 1,07 moles. 
Cálculo do volume inicial: 
( )( ) 3
6
0243,0
101,0
273315,807,1
m
xp
nRT
Vi === 
Cálculo do volume e pressão finais: O volume final é .
5
ViV f = e 
γ
γ
γ
5i
f
i
if p
V
V
pp == . 
Cálculo da razão dos calores específicos: Como o gás CO é diatômico γ pode ser calculado usando 
os graus de liberdade. R
R
rotaçãoGLtranslaçãoGLCv
2
5
2
*)(2)(3 =+= . Como 
RRCC Vp
2
7
=+= . Lembrando que 4,1
5
7
2
5
2
7
==== R
R
R
C
C
V
Pγ . 
7 
 
O trabalho na compressão adiabática é dado por ( )ffii VpVpW −−= 1
1
γ
. 
Agora, substituindo os valores nessa expressão temos: 
( )[ ] ( )1)5(1
14,1
5/)(5(
1
1 −−





−
=−
−
= γγ
γ
ii
iiii
Vp
VpVpW 
( )( ) [ ] kJmxPaxW 48,5)5(1
14,1
103,24101 14,1
335
=−





−
= −
−
 
GE 4.5.3) Qual quantidade de calor é necessário fornecer a um mol de um gás ideal monoatômico a 
temperatura ambiente (293K)para aquecê-lo isocoricamente até a temperatura de 593K? Calcule 
também o valor do trabalho e da variação de energia interna. 
Resp: 
TnCQ v∆= 
( )( )( )KKkgJmolQ 300./5,121= 
JQ 3750= 
O trabalho é nulo, já que a transformação é isovolumétrica. Portanto a variação da energia interna é 
JWQU 3750=−=∆ 
GE 4.5.4) um mol de um gás ideal diatômico é submetido a um processo isobárico, no qual o gás tem 
sua temperatura reduzida de 500K para 250K. Calcule: 
a) O calor cedido a vizinhança 
Resp: dTnCdQ V= 
( )( )( )KKmolJmoldQ 250./09,291= 
JdQ 2,7275= 
b) O trabalho realizado pela vizinhança sobre o gás. 
Resp: UQW ∆−= 
TnCU V∆=∆ 
( )( )( )KKmolJmolU 250./814,201=∆ 
JU 5.5203=∆ 
UQW ∆−= 
8 
 
JW 7,2071= 
GE 4.5.5) Um trabalho de 820 J é realizado sobre dois moles de um gás ideal diatômico comprimindo-
os adiabaticamente de 1,8 x10
-2
 m
3
 até 0,8 x10
-2
 m
3
 
a) Calcule a temperatura inicial e final e a pressão inicial e final. 
Resp: Tendo o trabalho, volume inicial e final podemos usar a expressão: 
( )ffii VpVpW −−= 1
1
γ
 na qual vamos substituir fp por i
f
i p
V
V
γ








 
f
f
i
ii V
V
V
VpW
γ
γ 







−=− )1( 
( )
f
f
i
i
i
V
V
V
V
W
p γ
γ





−
−
=
1
 
( )( )
kPa
x
x
xx
J
pi 56,47
108,0
108,0
108,1108,1
8204,0
2
4,1
2
2
2
=





−
−
=
−
−
−
−
 
Para encontrar a temperatura inicial podemos usar 
nRTpV = 
( )
( )KmolJmoles
mPa
Ti
./314,82
018,047560 3
= 
KTi 5,51= 
Para encontrar Tf temos a expressão: 
TnCW V∆−= 
VnC
W
T
−
=∆ 
KT 7,19
6,41
820
=
−
−
=∆ 
Se a variação de temperatura foi de 19,7 K então a temperatura final é de 71,2K 
Conhecendo a temperatura final e o volume podemos facilmente encontrar a pressão final: 
9 
 
( )( )
Pa
m
Kmoles
V
nRT
p 148
008,0
2,71314,82
3
=== 
GE 4.5.6) A primeira lei da Termodinâmica é uma generalização da Lei de Conservação da Energia. 
Ela é válida para todo e qualquer sistema. Veja este processo: 
Um prego é extraído rapidamente de uma tábua e sua energia interna aumenta de 60 J. 
Responda: 
a) Quem é sistema? Resp: o prego 
b) Que é a vizinhança? Resp: a tábua 
c) Qual tipo de processo ocorreu? Resp: adiabático 
d) Qual o valor de Q? Resp: O processo ocorre rapidamente, portanto o sistema não troca calor 
com a vizinhança, logo Q=0 . 
e) Qual o trabalho realizado pelo sistema? Resp: na Transformação adiabática WU −=∆ , então 
W= - 60 J. 
GE 4.5.9) Use a primeira lei da termodinâmica para mostrar que R
dT
dQ
C
V
V
2
3
== 
Resp: T!kU B
2
3
= 
B!k
dT
dU
2
3
= 
R!k
dT
dU
C B
V
V
2
3
2
3
=== 
© Todos os diretos reservados. Departamento de Física da UFMG 
 
1 
 
Guia de Estudos sobre Processos Termodinâmicos 
GABARITO DOS PROBLEMAS 
Adotaremos a seguinte convenção: 
Trabalho (W) realizado pelo sistema (+) 
 realizado sobre o sistema ( - ) 
Calor (Q) entrando no sistema (+) 
 saindo do sistema ( - ) 
Esta convenção não é obrigatória, no entanto ao escolher uma convenção você deve permanecer 
sempre com ela. Caso use outra convenção indique-a claramente em seu texto. 
GE 4.7) PROBLEMAS 
GE 4.7.1) Um gás perfeito, que ocupa inicialmente um volume V1 a uma pressão P1, expande-se 
adiabaticamente até ocupar um volume V2 a uma pressão P2. Partindo de ∫=
2
1
V
V
pdVW mostre que 
1
2211
−
−
=
γ
VpVp
W . 
Resp: Nos processos adiabáticos ctepV =γ então 
γV
C
p = 
Como trabalho é : ∫=
2
1
V
V
pdVW substituiremos o valor de p nesta expressão: 
∫ −=
2
1
V
V
dVVCW γ 
( )γγ
γ
−− −
−
= 11
1
2
1
VV
C
W 
Lembrando que 22
1
2 VPCV =
−γ
 e 11
1
1 VPCV =
−γ
 substitua na expressão acima para mostrar que: 
1
2211
−
−
=
γ
VpVp
W . 
GE 4.7.2) Considere 0,0401 moles de um gás ideal submetido 
ao ciclo exibido na figura. Determine para o ciclo completo, o 
trabalho, calor e variação de energia interna, sabendo que para 
este gás KmolJCV ./46,12= e KmolJCP ./77,20= 
 
 
2 
 
Resp: 
O processo “1-2” é uma transformação isovolumétrica portanto: 021 =−W . 
Em “2-3” pode se obter o trabalho somando a área do triângulo e do retângulo na figura: 
)10150)(105,0(
2
)10300)(105,0( 333
333
32 Paxmx
Paxmx
W −
−
− += 
JW 15032 =− 
O processo “1-3” é isobárico então: VpW ∆=−13 
( ) JmxPaxW 75105,010150 33313 −=−= −− 
O trabalho total é a soma dos trabalhos calculados para cada processo do ciclo ou simplesmente a 
área do triangulo. 
JWWWWtotal 75751500133221 =−+=++= −−− 
Para encontrarmos o calor envolvido no processo precisamos conhecer as temperaturas: 
( )( )
( )( )
K
KmolJmol
mxPax
nR
Vp
T 225
./314,80401,0
105,010150 33311
1 ===
−
 
( )( )
( )( )
K
KmolJmol
mxPax
nR
Vp
T 675
./314,80401,0
105,010450 33322
2 ===
−
 
( )( )
( )( )
K
KmolJmol
mxPax
nR
Vp
T 450
./314,80401,0
10,110150 33333
3 ===
−
 
Portanto,se dTnCdQ V= 
( )( ) JKmolJmolQ 8,224450./46,120401,021 ==− 
( )( ) JKmolJmoldTnCQ p 4,187)450225(./77,200401,013 −=−==− 
Para encontrar 32−Q , calcule U∆ 2-3 do processo. Já que a expressão dTnCdU v= pode ser usada 
em qualquer processo com os mesmos extremos de temperatura: 
( )( ) JKmolJmoldU 4,112675450./46,120401,032 −=−=− 
Então pelo 1ª. Lei da Termodinâmica temos que 323232 −−− +∆= WUQ 
JQ 6,371504,11232 =+−=− 
3 
 
JQQQQtotal 754,1876,378,224133221 =−+=++= −−− 
Quanto a energia interna do ciclo, ela é igual a zero, afinal um ciclo começa e termina no mesmo 
estado e a energia interna só depende do estado. Verifique se a soma Qtotal - Wtotal = 75 – 75 = 0 J. 
GE 4.7.3) Determine a variação da energia interna de 1,00 Kg de água à pressão atmosférica, se está 
inicialmente em forma de gelo a 0º C com volume de 1,1x10
-3
 m
3
 e se transforma em líquido a 0º C 
com volume de 1,0x10
-3
 m
3
 
Resp: Pela primeira Lei da Termodinâmica WQU −=∆ 
Cálculo de Q: FmLQ = � )/10334)(1(
3 kgJxkgQ = � JxQ 310334= 
Cálculo de W: JmxxPaVpW 135,10)100,1101,1)(101345( 333 =−=∆= −− 
 JxU 9,333989345,1010334 3 =−=∆ 
Assim a variação total da energia interna é essencialmente igual ao calor recebido 
JxU 31099,333=∆ 
GE 4.7.4) Suponha que 0,0963 moles de um gás ideal 
passe pelo ciclo exibido na figura ao lado, onde o 
processo 2- 3 é isotérmico. 
a) Determine as temperaturas dos estados 1 e 2. 
b) Dado que CV= 15,0 J/mol.K, calcule o calor 
absorvido no processo isocórico. 
c) Use a primeira lei para achar o calor envolvido 
no processo 3 – 1 
d) Calcule o trabalho do ciclo completo. 
 
Resp: 
a) Pela Equação dos Gases ideais: 
( )( )
( )
K
KmolJmol
mxPax
nR
Vp
T 250
./314,80963,0
10210100 3331
1 ===
−
 
( )( )
( )
K
KmolJmol
mxPax
nR
Vp
T 1000
./314,80963,0
10210400 3332
2 ===
−
 
O enunciado diz que 2-3 é uma isoterma, então KTT 100023 == 
b) O processo isocórico é o 1-2 onde não há realização de trabalho, tal que 
4 
 
TnCQ V ∆= 
( )( )KKmolJmolQ 750./0,150963,021 =− 
JQ 108021 =− 
c) Como W1-2=0 temos que JQU 10802121 ==∆ −− . Sabemos também que JU 032 =∆ − por 
que a transformação é isotérmica. Como a energia interna só depende dos estados inicial e 
final, e não do caminho, e em um ciclo 0=∆ cicloU podemos dizer que 
JUUU 1080)( 322113 −=∆+∆−=∆ −−− . 
Se conhecermos o trabalho realizado no processo 1-3, podemos usar a 1ª Lei pra encontrar o calor 
(Q1-3). 
Calculo do trabalho: o trabalho é igual a área do trapézio formado no gráfico 
( ) ( )
J
mxPaxhbB
Atrapézio 300
2
10210300
2
333
==
+
=
−
 
O trabalho 3-1 é negativo porque está no sentido de compressão, então: JW 30013 −=− 
Pela Primeira Lei: WUQ +∆= 
JJJQ 1380)300(108013 −=−+−=− . 
d) 133221 −−− ++= WWWWciclo 
Já sabemos que o trabalho 021 =−W e o trabalho JW 30013 −=− . Resta-nos calcular o trabalho 
32−W para encontrar o Trabalho total do ciclo. O processo 2-3 é isotérmico então: 
∫=−
F
i
V
V
V
dV
nRTW 32 
i
F
V
V
nRTW ln32 =− 
( )( ) 2ln1000./314,80963,032 KKmolJmolW =− 
JW 55532 =− 
Agora temos o trabalho no ciclo 133221 −−− ++= WWWWciclo 
( )3005550 −++=cicloW 
5 
 
JWciclo 255= 
Note que JQQQQciclo 25513805551080133221 +=−−=++= −−− pois 0=∆ cicloU . 
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1 
 
Guia de Estudos sobre Processos Termodinâmicos 
GABARITO DOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
Adotaremos a seguinte convenção: 
Trabalho (W) realizado pelo sistema (+) 
 realizado sobre o sistema ( - ) 
Calor (Q) entrando no sistema (+) 
 saindo do sistema ( - ) 
Esta convenção não é obrigatória, no entanto ao escolher uma convenção você deve permanecer 
sempre com ela. Caso use outra convenção indique-a claramente em seu texto. 
GE 4.6) EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
GE 4.6.1) Teste seu entendimento! 
(F ) Sempre que um corpo perder calor para a vizinhança U∆ será negativo. 
Não necessariamente. Se a vizinhança realizar um trabalho sobre o sistema maior que a energia 
perdida sob a forma de calor, U∆ será positivo. 
(V ) Pode se usar dTnCdU V= mesmo quando o processo não é isovolumétrico. 
A energia interna independe do caminho, portanto dTnCdU V= é válida para qualquer processo. 
(F ) A 1ª Lei da Termodinâmica diz que toda vez que há realização de trabalho entre sistema e 
vizinhança ocorre também troca de calor e variação na energia interna do sistema. 
Em uma transformação isotérmica o sistema realiza ou sofre trabalho, no entanto não ocorre variação 
da energia interna. Em uma transformação adiabática, há trabalho e variação da energia interna, no 
entanto não há troca de calor Q=0. 
 (V ) Uma transformação isocórica é também isovolumétrica. 
Isocórica deriva do grego “iso”= mesmo e “khora” lugar, portanto que preserva o volume. 
(F ) Em uma transformação adiabática se conhecermos o trabalho podemos facilmente calcular o 
calor envolvido. 
Transformação adiabática não há calor envolvido, a energia interna varia apenas com em função da 
realização de trabalho. 
(V ) Toda expansão adiabática provoca queda na temperatura do sistema. 
Não, em uma expansão livre não há realização de trabalho nem troca de calor, de modo que não há 
variação da energia interna e a temperatura fica constante. Em um gás real a temperatura diminuiria 
na expansão livre, porque parte da energia interna é devida à energia potencial das partículas do 
sistema. 
 (F ) As variações da energia interna de 1 mol de He e de 1 mol de CO serão iguais, se estes gases 
forem submetidos a mesma variação de temperatura. 
2 
 
O gás He é monoatômico e o CO diatômico. Como a variação da energia interna depende de Cv, ou 
seja, dTnCdU V= , as variações de energia interna serão diferentes. 
(V ) Em uma expansão livre não ocorre realização de trabalho. 
O sistema não se empurra nenhuma fronteira móvel, portanto não realiza trabalho; e também não há 
troca de calor com o ambiente. 
(V ) Cp e Cv independem da quantidade da amostra observada. 
As grandezas Cp e Cv são os calores específicos molares à pressão e à volume constante, logo 
independem da quantidade de amostra. 
(V ) Em um gás ideal a variação da energia interna depende apenas da variação de temperatura. 
Isso ocorre porque em um gás ideal podemos desprezar a interação entre as moléculas. 
(F ) Considerando os mesmos estados inicial e final, a energia interna varia mais quando o processo é 
isocórico do que quando o processo é isobárico. 
A energia interna só depende do estado, não importando o processo, logo a U∆ é mesma pelos dois 
processos. 
(F ) Em um processo isotérmico a energia cinética média de translação das moléculas não muda. 
A energia cinética média de translação é a medida macroscópica da temperatura, portanto se não 
ocorre variação na temperatura é porque a energia cinética média de translação se manteve 
constante. 
(V ) Para um gás ideal em expansão livre a variação da energia interna é nula. 
Isso é verdadeiro porque o gás não interage com a vizinhança. Q=0 e W=0, portanto 0=∆U 
GE 4.6.2) Um gás ideal está inicialmente a temperatura de 20º C e a pressão de 2 atm ocupando um 
volume de 4 litros. Após uma expansão isotérmica o gás atinge a pressão de 1 atm. e dobra seu 
volume. 
a) Qual foi o trabalho realizado pelo gás durante a expansão? 
Em uma transformação isotérmica o trabalho é dado por ∫= pdVdW ∫=
f
i
V
V
V
dV
nRT 
i
F
V
V
nRTW ln= 
Cálculo do número de moles: 
( )
( )( )
moles
m
RT
Vp
n 33,0
293314,8
004,0202690
3
11 === 
3 
 
( )( ) 2ln293314,833,0 KmolesW = 
=W 556,6 J 
b) Qual é o valor do calor envolvido no processo? 
Como o processo é isotérmico, a variação da energia interna é igual a zero, portanto 
JWQ 6,556== 
GE 4.6.3) Em um expansão adiabática dois moles de um gás ideal diatômico realizam um trabalho de 
3,5 x 10
3
 J. Considerando que a temperatura inicial do gásé de 300 K, qual será a temperatura final? 
Resp: Q=0 logo: TnCW V∆=− 
( )( ) TmolesJx ∆−= 78,202105,3 3 � 2,84−=∆T K e portanto a temperatura final é 215,8K 
GE 4.6.4) Um mol de um gás ideal monoatômico sofre uma 
transformação representada no diagrama ao lado. 
a) Calcule a relação entre as temperaturas nos estados A e C 
Resp: Relações entre TA e TB 
 
B
BB
A
AA
T
Vp
T
Vp
= 
BA T
x
T
x 2225
= � BA TT
2
5
= 
Relação entre TB e TC 
B
BB
c
cc
T
Vp
T
Vp
= 
Bc T
x
T
x 2225
= � CB TT
5
2
= 
Observando as duas expressões BA TT
2
5
= e CB TT
5
2
= 
podemos concluir que TC = TA. 
b) Calcule a variação da energia interna no processo. 
A variação da energia interna é nula já que o processo começa e 
termina na mesma isoterma. 
c) Se os processos isovolumétrico e isobárico forem substituídos 
por um único processo de A até B, qual seria a variação da 
4 
 
energia interna? 
A variação da energia interna não depende do processo, assim 
qualquer transformação que tenha o ponto A como estado inicial e o 
ponto B como estado final terá o mesmo U∆ , ou seja a variação da 
energia interna será nula. 
GE 4.6.5) Determine a variação da energia interna de 2,5 moles de gás hélio (monoatômico), quando 
a temperatura é variada de 275 para 375 K, mantendo seu volume constante. 
Resp: 
dTnCdU V= 
( )( )KmolesdU 1005,125,2= 
JdU 3125= 
GE 4.6.6) Analise atentamente cada situação e em seguida complete a tabela abaixo: 
I) Coloca-se um prego em uma banheira cheia de água, ambos estão inicialmente a 20ºC. A água e o 
prego se aquecem gradativamente até 90ºC, a energia interna do prego aumenta de 45J. 
II) Coloca-se um prego em um banheira cheia de água, ambos estão inicialmente a 20ºC. O prego é 
retirado rapidamente da banheira com um martelo de madeira, como resultado, a temperatura do 
prego atinge 90ºC. 
 Processo I Processo II 
Tipo de Processo Isocórico Adiabático 
T∆ 70K 70K 
U∆ 45J 45J 
Q JUQ 45=∆= 0 
W 0 JUW 45−=∆−= 
 
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