aula4_Fong

Prévia do material em texto

Aula 4: Gás Ideal e A Teoria Cinética dos Gases
Chee Sheng Fong
Data de aula: 30/6/2022 (Atualização: 23/6/2022)
Esta nota é baseada principalmente no livro texto �Raymond A. Serway e John W. Jewett, Jr.
Princípios de Física 5ª edição, Vol. 2� (16.4, 16.5), e minhas próprias adições. Para parte �A
teoria cinética dos gases�, seguimos parcialmente a derivação no livro �H. M. Nussenzveig, Curso
de Física Básica: Fluidos, Oscilações e Onda, Calor, 4ª edição, Vol. 2� (Ch. 11). Se vocês
descobrem algo que não faz sentido, é muito provável que seja meu erro. Por favor me escrevam
sheng.fong arroba ufabc.edu.br.
Na aula passada, vimos:
� Contato térmico: Corpos que podem trocar energia uns com os outras (por meio de calor
ou radiação electromagnética) estão em contato térmico.
� Equilíbrio térmico: É a situação em que dois corpos em contato térmico interrompem
qualquer troca líquida de energia.
� Temperatura: Quando dois corpos estão em equilíbrio térmico um com o outro, estão na
mesma temperatura ou vice versa.
� Lei zero da termodinâmica: Se os corpos A e B estão separadamente em equilíbrio térmico
com um terceiro corpo C, então A e B estão em equilíbrio térmico um com o outro.
� O limite inferior de temperatura é zero absoluto quando TC = −273, 15◦C. Usamos esta
temperatura como ponto zero para a escala Kelvin (K) de temperatura:
TC = T − 273, 15.
� Nos Estados Unidos, é comum usar a escala Fahrenheit que relaciona com as escalas de
temperatura Celsius como:
TF =
9
5
TC + 32
◦F.
1
� Para um sólido, a alteração de qualquer dimensão ∆L ≡ Lf−Li da mudança em temperatura
∆T ≡ Tf − Ti:
∆L = αLi∆T,
onde α é coe�ciente médio de expansão linear. Podemos mostrar que a área mudará
dele como Af −Ai = γAi∆T onde γ = 2α (coe�ciente médio da expansão de área) e o
volume dele mudará como Vf−Vi = βVi∆T onde β = 3α (coe�ciente médio da expansão
volumétrico).
� Para um líquido, como ele não possui uma forma bem de�nida, consideramos apenas a
mudança de volume dele Vf − Vi = βVi∆T .
1 Descrição macroscópica de um gás ideal
Mesmo que um gás é um �uido como líquido, ele não tem volume ou pressão �xos pois ele tende se
expande para encher uniformemente o recipiente. Em geral, ela é complicada mas é relativamente
simples quando um gás tiver um densidade baixo. Vamos considerar um gás de densidade baixa
chamado de gás ideal que é um conjunto de átomos ou moléculas que:
� se movem aleatoriamente,
� não exercem forças de longo alcance um no outro
� são tão pequenos que ocupam uma fração ín�ma do volume do seu recipiente.
Como descrever as propriedades deste gás ideal?
Podemos descrever as propriedades de um gás ideal com pressão P e temperatura T , con�nado
em um recipiente de volume V . A equação que relaciona P , T e V é chamada equação de
estado. É conveniente expressar a quantidade de gás em termos do número de mols n onde um
mol contém o número de Avogadro, NA = 6, 022× 1023 de entidades elementares:
1 mol ≡ NA part́ıculas. (1)
Para N partículas, o número de mols é:
n =
N
NA
. (2)
2
Figure 1: Podemos descrever as propriedades de um gás ideal com quantidades macroscópicas
pressão P , volume V , temperatura T e o número de mols n.
Se cada entidade elementar (átomos, moléculas) de uma substância tem massam0, amassa molar
da substância é:
M = NAm0. (3)
Por exemplo, a massa molar do hidrogênio átomo H é 1,0 g/mol, do hidrogênio molecular H2 é
2,0 g/mol, do oxigênio molecular O2 é 32,0 g/mol etc. Se existirem N moléculas, cada uma com
massa m0, a massa total é m = Nm0. Portanto, também temos:
n =
Nm0
NAm0
=
m
M
. (4)
Em resumo, podemos descrever um gás ideal com seguintes quantidades macroscópicas: P , V , T
e n conforme a Figura 1.
Para um gás ideal de n mols con�nado a um recipiente cujo volume pode ser variado, veri�ca-se
empiricamente que:
1. Quando P e T são constante, V ∝ n.
2. Quando T e n são constante, P ∝ 1/V (a lei de Boyle)
3. Quando P e n são constante, V ∝ T (a lei de Charles)
4. Quando V e n são constante, P ∝ T (a lei de Gay-Lussac)
3
Essa observações podem ser resumidas pela seguinte equação de estado, conhecida como lei dos
gases ideais:
PV = nRT, (5)
onde T é a temperatura absoluta em Kelvins. Experimentalmente, R tem o valor:
R = 8, 314 J/mol ·K, (6)
e é chamada de constante universal dos gases, pois limP→0 PVnT tende ao mesmo valor R para
todos os gases. Usando n = N/NA, podemos escrever a equação (5) como:
PV =
N
NA
RT ≡ NkBT, (7)
onde kB é chamada de constante de Boltzmann, que tem o valor:
kB =
R
NA
= 1, 38× 10−23 J/K. (8)
Ex. 1: Um cozinheiro coloca 9,00 g de água em uma panela de pressão de 2,00 L que é aquecida a
500◦C. (A massa molar de água é 18,0 g/mol.)
(a) Determine o número de mols e moléculas de vapor da água na panela.
Temos:
n =
m
M
=
9, 00 g
18, 0 g/mol
= 0, 500 mol.
(b) Qual é a pressão dentro da panela a 500◦C?
Aplicando a lei dos gases ideais, temos:
P =
nRT
V
=
(0, 500 mol) (8, 314 J/mol ·K) (773, 15 K)
2000× 10−6 m3
= 1, 61× 106 Pa.
Ex. 2: Um gás é contido em um recipiente de 8,00 L a uma temperatura de 20,0◦C e pressão de
9,00 atm.
4
(a) Determine o número de mols de gás no recipiente.
Aplicando a lei dos gases ideais, temos:
n =
PV
RT
=
(9, 00× 1, 013× 105 Pa) (8, 00× 10−3 m3)
(8, 314 J/mol ·K) (293, 15 K)
= 2, 99 mol.
(b) Quantas moléculas estão no recipiente?
Usando n = N/NA, temos:
N = nNA
= 2, 99 mol× 6, 022× 1023/mol
= 18, 0× 1023.
Ex. 3: Um tanque rígido com um volume de 0,100 m3 contém gás hélio a 150 atm. Quantos balões
podem ser enchidos abrindo a válvula o máximo possível? Cada balão cheio é uma esfera de
0,300 m de diâmetro numa pressão absoluta de 1,20 atm. Suponha que a temperatura do
gás no tanque e nos balões são a mesma.
Aplicando a lei dos gases ideais, a quantidade de gás hélio no tanque é ntanqueRT = PtanqueVtanque
e a quantidade de gás hélio em cada balão é nbalãoRT = PbalãoVbalão. Portanto, o número de
balões que podem ser enchidos é:
ntanqueRT
nbalãoRT
=
PtanqueVtanque
PbalãoVbalão
=
(150 atm) (0, 100 m3)
(1, 20 atm) 4
3
π
(
0,300m
2
)3
= 884.
Ex. 4: O manômetro de um tanque registra a pressão manométrica, que é a diferença entre a pressão
interior e a exterior. Quando o tanque está cheio de oxigênio (O2), ele contém 12,0 kg do
gás à pressão manométrica de 40,0 atm. Determine a massa de oxigênio que foi retirada do
tanque quando a leitura da pressão era 25,0 atm. Suponha que a temperatura do tanque
permaneça constante.
O volume V e a temperatura T do tanque são �xa. Aplicando a lei dos gases ideais, temos,
inicialmente
ni =
PiV
RT
.
5
Finalmente, temos:
nf =
PfV
RT
.
Portanto, temos:
nf =
Pf
Pi
ni,
mf
M
=
Pf
Pi
mi
M
,
mf =
Pf
Pi
mi.
A massa que foi retirada do tanque é:
mi −mf =
(
1− Pf
Pi
)
mi
=
(
1− 25, 0 atm + 1, 00 atm
40, 0 atm + 1, 00 atm
)
(12, 0 kg)
= 4, 39 kg.
2 A teoria cinética dos gases
De um ponto de vista macroscópico do modelo do gás ideal, temos a lei dos gases ideais na
equação (5) ou (7) que obtemos empiricamente. Agora, consideramos o ponto de vista mi-
croscópico do modelo do gás ideal, conhecido como a teoria cinética dos gases, veremos
como essa lei surge. O modelo tem os seguintes postulados:
1. Um gás consiste em um número grande de moléculas idênticas e a distância média entre elas
é grande em comparação com as suas dimensões.
2. As moléculas obedecem às leis do movimento de Newton e interagem somente por meio de
forças de curto alcance durante colisões (perfeitamente) elásticas. As colisões com as paredes
também são (perfeitamente) elásticas.
3. As moléculas estão se movendo aleatório e isotrópico em todas as direção mas o sistema
alcança uma situação estável de modo que as descrições macroscópicas do gás (P , T , V , n)
permaneçam �xas.
O que é uma colisão elástica?
6
Figure 2: Uma molécula tem uma colisão elástica com a parede do recipiente.
2.1 A interpretação molecular da pressão de um gás ideal
Vamos considerar N moléculas de um gás ideal, cada um com massa idêntica m0, em um recipiente
de volume V(consideramos um gás em �repouso�, o que signi�ca o movimento líquido dele é zero).
Concentramos a nossa atenção em i-ésima molécula que colide elasticamente com uma parede como
na Figura 2. Como a colisão é perfeitamente elástica, sua componente de velocidade perpendicular
à parede vxi é invertida (porque a massa da parede é muito maior que a massa da molécula),
enquanto suas componentes vyi e vzi permanecem a mesma.1 Portanto a mudança do momento da
molécula i na direção x é:
(−m0vxi)− (m0vxi) = −2m0vxi. (9)
1Para ter uma intuição melhor, vamos considerar uma colisão entre uma molécula de massa mg e um parede
de massa mp em uma dimensão. Inicialmente, a molécula tem velocidade vg,i e a parede está em repouso. Pela
conservação de momento, temos:
mgvg,i = mgvg,f +mpvp,f
=⇒ vp,f =
mg
mp
(vg,i − vg,f ) .
Para uma colisão elástica, energia cinética é conservada:
1
2
mgv
2
g,i =
1
2
mgv
2
g,f +
1
2
mpv
2
p,f
=⇒ v2p,f =
mg
mp
(
v2g,i − v2g,f
)
.
7
Pela conservação de momento, a mudança do momento da parede por causa da essa colisão deveria
ser:
∆pxi = 2m0vxi. (10)
Vamos considerar entre N = N1+N2+N3+ ... moléculas, N1 tem velocidade ~v1 = (vx1, vy1, vz1),
N2 tem velocidade ~v2 = (vx2, vy2, vz2), N3 tem x velocidade ~v3 = (vx3, vy3, vz3), etc. Seja dA um
elemento de superfície da parede no plano yz como na Figura 2, o número total de moléculas com
vx1 > 0 que colidem com dA durante intervalo dt é:2
dN1 =
1
2
N1
V
vx1dtdA. (11)
Da equação (10), cada colisão transfere à parede um momento ∆px1 = 2m0vx1. Logo o momento
total transferido pelas colisões é:
dpx1 = dN1∆px1
=
m0
V
N1v
2
x1dAdt. (12)
A força perpendicular à superfície é a taxa de variação do momento:
dFx1 =
dpx1
dt
=
m0
V
N1v
2
x1dA. (13)
Portanto, temos:
mg
mp
(
v2g,i − v2g,f
)
=
m2g
m2p
(vg,i − vg,f )2 ,
(vg,i − vg,f ) (vg,i + vg,f ) =
mg
mp
(vg,i − vg,f )2 .
Vemos que vg,f = vg,i é uma solução mas isso signi�ca a molécula continue se move sem colisão. Outra possibilidade
é vg,f 6= vg,i e temos:
vg,i + vg,f =
mg
mp
(vg,i − vg,f )
=⇒ vg,f =
−1 + mgmp
1 +
mg
mp
vg,i.
Quando mg � mp, temos vg,f ' −vg,i.
2Entre as moléculas com vx1 > 0, somente elas com distância igual ou menos de vx1dt colidirão com a parede.
Portanto as moléculas dentro do volume dV = vx1dtdA colidirão com a superfície dA. O número total dessas
moléculas é igual ao volume dV multiplica o densidade das moléculas com v1x > 0, isto é, ρ1 =
1
2
N1
V . O fator de
1
2
é porque pela isotropia da distribuição de velocidades, somente metade das moléculas num volume irá colidir com
a parede (a outra metade está no sentido contrário à parede vx1 < 0).
8
A pressão é a força por unidade de superfície:
P1 =
dFx1
dA
=
m0
V
N1v
2
x1. (14)
Esta é a pressão devido às colisões das moléculas com vx1 > 0. Portanto, a pressão total devido
às colisões com todas as moléculas na parede deveria ser:
P =
∑
i
Pi =
m0
V
∑
i
Niv
2
xi. (15)
Mesma que consideramos essa pressão num elemento dA da parede no plano yz. Numa situação
estável, essa pressão deveria ser igual às pressões nas todas as paredes no recipiente. Em seguida,
queremos reescrever
∑
iNiv
2
xi em termos da média da velocidade quadrada das moléculas.
Primeiramente, o valor médio de v2x é:
v2x =
∑
iNiv
2
xi
N
. (16)
Logo, a equação (15) é igual:
P =
N
V
m0v2x. (17)
O quadrado da velocidade da molécula com velocidade ~vi é:
v2i = v
2
x,i + v
2
y,i + v
2
z,i. (18)
Se tiramos a média dos dois lados desta equação, temos a média da velocidade quadrada das
moléculas:
v2 = v2x + v
2
y + v
2
z . (19)
Como o movimento das moléculas é isotrópico, temos v2x = v2y = v2z que implica:
v2 = 3v2x. (20)
Finalmente, temos:
P =
1
3
N
V
m0v2. (21)
9
A energia cinética (translacional) média da cada molécula é:
E =
1
2
m0v2. (22)
Logo, também podemos escrever:
P =
2
3
N
V
E. (23)
Essa relação vincula a pressão de gás (um propriedade macroscópico) com a densidade de energia
cinética total de gás NE
V
(física microscópico)!
Se tiver uma mistura de gases (gás 1 com energia total N1E1, gás 2 com energia total N2E2,
etc.) que não reagem quimicamente entre si, contida num recipiente de volume V , a pressão total
da mistura é:
P =
2
3
N1E1 +N2E2 + ...
V
= P1 + P2 + ..., (24)
onde P1, P2, ... são as pressões parciais que os gases 1, 2, ... exerceriam se cada um ocupasse
sozinho todo o volume V . Esse é a lei de Dalton que foi descoberta experimentalmente em 1802
e é explicada simplesmente pela teoria cinética dos gases.
2.2 A interpretação molecular da temperatura de um gás ideal
Comparando a equação (23) com a equação (7), temos:
T =
2E
3kB
. (25)
Temos uma relação entre a temperatura de gás com a energia cinética média de gás! Também
podemos escrever energia cinética média por molécula como:
E =
3
2
kBT. (26)
Note que v2x = v2y = v2z =
1
3
v2, cada grau de liberdade translacional contribui com uma
quantidade igual de energia para o gás:
1
2
m0v2x =
1
2
m0v2y =
1
2
m0v2z =
1
2
kBT. (27)
10
O generalização desse resultado é:�
�
�
�
Teorema de equipartição de energia: Cada grau de liberdade contribui com 1
2
kBT para a
energia de um sistema, em que possíveis graus de liberdade são aqueles associados à translação,
rotação e vibração das moléculas.
Para um gás monoatômico de N partículas, somente há energia cinética translacional com 3
graus de liberdade, portanto, a energia total ou energia interna dele é:
Eint = N × 3×
1
2
kBT =
3
2
nRT. (gás monoatômico) (28)
Se cosiderarmos um gás diatômico de N partículas, podemos ter mais 2 graus de liberdade rota-
cional e sua energia interna é:
Eint = N × (3 + 2)×
1
2
kBT =
5
2
nRT. (gás monoatômico) (29)
Se a temperatura for su�ciente alta, temos que incluir a contribuição da vibração também. Vemos
isso de novo mais para frente.
A raiz quadrada de v2 é chamada valor médio quadrático (vmq) da velocidade das moléculas.
Da equação (25), temos:
vvmq =
√
v2 =
√
3kBT
m0
=
√
3RT
M
. (30)
Note que em uma determinada temperatura, moléculas mais leves (com massa molar M menor)
se movem mais rapidamente, em média, do que moléculas mais pesadas. A Tabela 3 lista as
velocidades vmq para várias moléculas a 20◦C.
Ex. 5: Um tanque usado para encher balões de hélio tem um volume de 0,300 m3 e contém 2,00 mol
de gás hélio a 20,0◦C. Suponha que o hélio se comporte como um gás ideal.
(a) Qual é a energia cinética translacional total das moléculas do gás?
Temos:
Eint =
3
2
nRT
=
3
2
(2, 00 mol) (8, 314 J/mol ·K) (293, 15 K)
= 7, 30× 103 J.
11
Figure 3: O valor médio quadrático da velocidade de alguns gases.
(b) Qual a energia cinética média por molécula?
Temos:
E =
3
2
kBT
=
3
2
(
1, 38× 10−23 J/K
)
(293, 15 K)
= 6, 07× 10−21 J.
(c) Qual a velocidade vmq do gás?
Temos:
vvmq =
√
3RT
M
.
=
√
3 (8, 314 J/mol ·K) (293, 15 K)
4, 00× 10−3 kg/mol
= 1, 35× 103 m/s.
Ex. 6: Um cilindro de volume 4, 00 m3 contém uma mistura de hélio e argônio em equilíbrio a 150◦C.
(MHe = 4, 00 g/mol e MAr = 40, 0 g/mol)
(a) Qual é a energia cinética média para cada tipo de molécula do gás?
12
Ambos são gases monoatômicos em equilíbrio, pois têm a mesma energia cinética média:
E =
3
2
kBT
=
3
2
(
1, 38× 10−23 J/K
)
(423, 15 K)
= 8, 76× 10−21 J.
(b) Qual é a velocidade vmq de cada tipo de molécula?
Para hélio, temos:
vvmq =
√
3RT
MHe
=
√
3 (8, 314 J/mol ·K) (423, 15 K)
4, 00× 10−3 kg/mol
= 1, 62× 103 m/s.
Para argônio, temos:
vvmq =
√
3RT
MAr
=
√
3 (8, 314 J/mol ·K) (423, 15 K)
40, 0× 10−3 kg/mol
= 5, 14× 102 m/s.
(c) Dado que temos nHe = 2, 00 mol de hélio e nAr = 1, 50 mol de argônio no cilindro, quais
são as pressões parciais e total de gases?
As pressões parciais são:
PHe =
nHeRT
V
=
(2, 00 mol) (8, 314 J/mol ·K) (423, 15 K)
4, 00 m3
= 1, 76× 103 Pa,
PAr =
nArRT
V
=
(1, 50 mol) (8, 314 J/mol ·K) (423, 15 K)
4, 00 m3
= 1, 32× 103 Pa.
A pressão total de gases é P = PHe + PAr = 3, 08× 103 Pa.
13