Problemas_Resolvidos_de_Fisica_2-Capitulo_22-Temperatura

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 19 – Temperatura 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 19 – TEMPERATURA 
 
05. Um termômetro de resistência é aquele que utiliza a variação da resistência elétrica com a 
temperatura de uma substância. Podemos definir as temperaturas medidas por esse termômetro, 
em Kelvins (𝐾), como sendo diretamente proporcionais à resistência 𝑅, medida ohms (Ω). Um 
certo termômetro de resistência, quando seu bulbo é colocado na água à temperatura do ponto 
triplo (273,16 K), tem uma resistência 𝑅 de 90,35 Ω. Qual a leitura do termômetro, quando sua 
resistência for 96,28 Ω? 
 (Pág. 180) 
Solução. 
Para um termômetro de resistência, a temperatura medida em função da resistência é dada pela Eq. 
(1), 
𝑇𝑅 = 𝑘𝑅 (1) 
onde 𝑘 é uma constante de proporcionalidade. Nesse termômetro, a temperatura do ponto tríplice da 
água (𝑇3) é dada por (2), onde 𝑅3 é a medida da resistência no mesmo ponto tríplice. 
𝑇3 = 𝑇𝑅3 = 𝑘𝑅3 (2) 
Dividindo-se (1) por (2): 
𝑇𝑅
𝑇3
=
𝑅
𝑅3
 
𝑇𝑅 = 𝑇3
𝑅
𝑅3
= (273,16 K)
(96,28 Ω)
(90,35 Ω)
= 291,088 ⋯ K 
𝑇𝑅 ≈ 291,1 K 
 
06. Dois termômetros de gás a volume constante são usados em conjunto. Um deles usa nitrogênio e 
o outro, hidrogênio. A pressão de gás em ambos os bulbos é 𝑝3 = 80 mmHg. Qual é a diferença 
da pressão nos dois termômetros, se colocarmos ambos em água fervendo? Em qual dos 
termômetros a pressão será mais alta? 
 (Pág. 180) 
Solução. 
Este problema deve ser resolvido com o auxílio do gráfico apresentado na Fig. 19-6 (pág. 173). 
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(a) A Fig. 19-6 mostra que um termômetro de gás a volume constante que usa H2 como substância 
termométrica a uma pressão de 80 mmHg, mede uma temperatura para a água fervente 
aproximadamente igual 𝑇𝐻2 = 373,15 K. Usando-se N2 à mesma pressão, a medida da temperatura 
será 𝑇N2 = 373,35 K. Para um termômetro de gás a volume constante, vale a seguinte relação: 
 𝑇 = (273,16 K)
𝑝
𝑝3
 
Logo: 
 𝑇𝐻2 = (273,16 K)
𝑝𝐻2
𝑝3
 
𝑝𝐻2 =
𝑝3𝑇𝐻2
(273,16 K)
 
(1) 
De maneira idêntica, temos: 
𝑝𝑁2 =
𝑝3𝑇𝑁2
(273,16 K)
 
(2) 
Fazendo-se (2) − (1): 
Δ𝑝 = 𝑝𝑁2 − 𝑝𝐻2 =
𝑝3
(273,16 K)
(𝑇𝑁2 − 𝑇𝐻2) 
Δ𝑝 =
(80 mmHg)
(273,16 K)
[(373,35 K) − (373,15 K)] = 0,058573 ⋯ mmHg 
Δ𝑝 ≈ 0,059 mmHg 
 
(b) A pressão será mais alta no termômetro de N2, pois 𝑇N2 > 𝑇H2. Isto se deve ao fato de o N2 ter 
um comportamento menos ideal do que o H2. 
 
08. Um termistor é um componente semicondutor cuja resistência elétrica depende da temperatura. 
Costuma ser usado em termômetros clínicos e para detectar superaquecimento em equipamentos 
eletrônicos. Dentro de uma faixa limitada de temperatura, a resistência é dada por 
𝑅 = 𝑅𝑎𝑒
𝐵(1/𝑇−1/𝑇𝑎) 
onde 𝑅 é a resistência do termistor à temperatura 𝑇 e 𝑅𝑎 é a resistência à temperatura 𝑇𝑎; 𝐵 é 
uma constante que depende do material semicondutor utilizado. Para um tipo de termistor, 𝐵 =
4.689 K, e a resistência a 273 K é 1,00 × 104 Ω. Que temperatura o termistor mede quando sua 
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resistência é 100 Ω? 
 (Pág. 180) 
Solução. 
A resistência do termistor (𝑅) em função da temperatura (𝑇) é dada por: 
𝑅(𝑇) = 𝑅𝑎𝑒
𝐵(1/𝑇−1/𝑇𝑎) 
Aplicando-se logaritmo natural, têm-se: 
ln 𝑅(𝑇) = ln 𝑅 = ln 𝑅𝑎 + 𝐵 (
1
𝑇
−
1
𝑇𝑎
) ln 𝑒 
1
𝑇
−
1
𝑇𝑎
=
ln 𝑅 − ln 𝑅𝑎
𝐵
 
𝑇 = (
1
𝐵
ln
𝑅
𝑅𝑎
+
1
𝑇𝑎
)
−1
= [
1
(4.689 K)
ln
(100 Ω)
(1,00 × 104 Ω)
+
1
(273 K)
]
−1
= 373,0116 ⋯ K 
𝑇 ≈ 373 K 
 
10. A que temperatura a escala Fahrenheit indica uma leitura igual a (a) duas vezes a da escala 
Celsius e (b) metade da escala Celsius? 
 (Pág. 180) 
Solução. 
(a) O enunciado exige que: 
𝑇𝐹 = 2𝑇𝐶 
A regra de conversão da escala Celsius para Fahrenheit é: 
𝑇𝐹 =
9
5
𝑇𝐶 + 32 
Logo: 
𝑇𝐹 =
9
5
(
𝑇𝐹
2
) + 32 
𝑇𝐹 = 320 °F 
 
(b) Agora o enunciado exige que: 
𝑇𝐹 =
𝑇𝐶
2
 
Logo: 
𝑇𝐹 =
9
5
(2𝑇𝐹) + 32 
𝑇𝐹 = −12,3076 ⋯ °F 
𝑇𝐹 ≈ −12 °F 
 
14. A que temperatura os seguintes pares de escalas dão a mesma leitura: (a) Fahrenheit e Celsius 
(veja Tabela 19-2), (b) Fahrenheit e Kelvin e (c) Celsius e Kelvin? 
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 (Pág. 180) 
Solução. 
(a) Fahrenheit e Celsius: 
𝑇𝐹 =
9
5
𝑇𝐶 + 32 
𝑇F=C =
9
5
𝑇F=C + 32 
𝑇F=C = −40
∘ 
 
(b) Fahrenheit e Kelvin: 
𝑇𝐹 =
9
5
𝑇𝐶 + 32 
𝑇𝐹 =
9
5
(𝑇𝐾 − 273,15) + 32 
𝑇F=K =
9
5
(𝑇F=K − 273,15) + 32 
𝑇F=K = 574,5875 
𝑇F=K ≈ 575
∘ 
 
(c) Celsius e Kelvin: 
𝑇𝐾 = TC − 273,15 
A equação acima não tem solução. Logo, as escalas Celsius e Kelvin nunca apresentam a mesma 
leitura. 
 
15. Suponha que, numa escala de temperatura X, a água ferva a −53,5 °X e congele a −170 °X. 
Qual o valor de 340 K, na escala X? 
 (Pág. 180) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
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Comparando-se as escalas X e Kelvin, pode-se afirmar que: 
(−53, 5 ∘X) − (−170 ∘X)
(−53, 5 ∘X) − 𝑇𝑋
=
(373,15 K) − (273,15 K)
(373,15 K) − (340 K)
 
(116, 5 ∘X)
(−53, 5 ∘X) − 𝑇𝑋
=
(100 K)
(33,15 K)
 
𝑇𝑋 = −92,11975 
∘X 
𝑇𝑋 ≈ −92, 1 
∘X 
 
26. Logo depois que a Terra se formou, o calor causado pelo decaimento de elementos radioativos 
aumentou a temperatura interna média de 300 para 3.000 K, que é, aproximadamente, o valor 
atual. Supondo um coeficiente de dilatação volumétrica médio de 3,0 × 10−5 K−1, de quanto 
aumentou o raio da Terra, desde a sua formação? 
 (Pág. 181) 
Solução. 
A razão entre o raio inicial da Terra 𝑅0 e o raio atual 𝑅 pode ser calculado a partir da variação do 
volume da Terra, que é dada por: 
Δ𝑉 = 𝑉 − 𝑉0 = 𝛽𝑉0Δ𝑇 
𝑉 = 𝑉0(𝛽Δ𝑇 + 1) 
𝑉
𝑉0
= 𝛽Δ𝑇 + 1 
4
3 𝜋𝑅
3
4
3 𝜋𝑅0
3
=
𝑅3
𝑅0
3 = 𝛽Δ𝑇 + 1 
𝑅
𝑅0
= (𝛽Δ𝑇 + 1)1/3 = [(3,0 × 10−5 K−1)(2.700 K) + 1]1/3 = 1,026302 ⋯ 
𝑅0 =
𝑅
(1,026302 ⋯ )
 
Logo: 
Δ𝑅 = 𝑅 − 𝑅0 = 𝑅 −
𝑅
(1,026302 ⋯ )
 
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Δ𝑅 = (6,37 × 106 km) [1 −
1
(1,026302 ⋯ )
] = 163.250,74 ⋯ km 
Δ𝑅 ≈ 170 km 
 
34. Uma caneca de alumínio de 100 cm3 está cheia de glicerina a 22 °C. Quanta glicerina 
derramará, se a temperatura do sistema subir para 28 °C? (O coeficiente de dilatação da 
glicerina é 𝛽Glic = 5,1 × 10
−4 °C−1) 
 (Pág. 181) 
Solução. 
O volume de líquido derramado corresponderá à diferença entre o seu volume final e o volume final 
do recipiente. O volumefinal da caneca de alumínio 𝑉Al é: 
𝑉Al = 𝑉0(1 + 3𝛼AlΔ𝑇) 
O volume final da glicerina 𝑉Glic é: 
𝑉Gli = 𝑉0(1 + 𝛽GliΔ𝑇) 
O volume derramado Δ𝑉 será: 
Δ𝑉 = 𝑉Gli − 𝑉Al = 𝑉0(1 + 𝛽GliΔ𝑇) − 𝑉0(1 + 3𝛼AlΔ𝑇) = 𝑉0(1 + 𝛽GliΔ𝑇 − 1 − 3𝛼AlΔ𝑇) 
Δ𝑉 = 𝑉0(𝛽Gli − 3𝛼Al)Δ𝑇 
Δ𝑉 = (100 cm3)[(5,1 × 10−4 ∘C−1) − 3(2,3 × 10−5 ∘C−1)][(28 ∘C) − (22 ∘C)]
= 0,2646 cm3 
Δ𝑉 ≈ 0,26 cm3 
 
36. Uma barra de aço a 25 °C tem 3,00 cm de diâmetro. Um anel de latão tem diâmetro interior de 
2,992 cm a 25 °C. A que temperatura comum o anel se ajustará exatamente à barra? 
 (Pág. 181) 
Solução. 
A solução do problema baseia-se em calcular separadamente os diâmetros finais da barra (𝑑𝑏) e do 
anel (𝑑𝑎) e igualá-los posteriormente. O diâmetro final do anel é: 
𝑑𝑎 = 𝑑𝑎0[1 + 𝛼𝑎(𝑇 − 𝑇0)] (1) 
De forma semelhante, o diâmetro final da barra será: 
𝑑𝑏 = 𝑑𝑏0[1 + 𝛼𝑏(𝑇 − 𝑇0)] (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
𝑑a0[1 + 𝛼𝑎(𝑇 − 𝑇0)] = 𝑑𝑏0[1 + 𝛼𝑏(𝑇 − 𝑇0)] 
Resolvendo-se a equação acima para 𝑇: 
𝑇 =
𝑑𝑏0 − 𝑑𝑎0 + (𝑑𝑎0𝛼𝑎 − 𝑑𝑏0𝛼𝑏)𝑇0
𝑑𝑎0𝛼𝑎 − 𝑑𝑏0𝛼𝑏
 
𝑇 =
(3,00 cm) − (2,992 cm) + [(2,992 cm)(1,9 × 10−5 °C−1) − (3,00 cm)(1,1 × 10−5 °C−1)](25 °C)
(2,992 cm)(1,9 × 10−5 °C−1) − (3,00 cm)(1,1 × 10−5 °C−1)
 
𝑇 = 360,4579 ⋯ °C 
𝑇 ≈ 360 °C 
 
37. A área 𝐴 de uma placa retangular é 𝑎𝑏. O coeficiente de dilatação linear é 𝛼. Depois de um 
aumento de temperatura Δ𝑇, o lado 𝑎 aumentou de Δ𝑎 e 𝑏 de Δ𝑏. Mostre que, desprezando a 
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quantidade pequena Δ𝑎 × Δ𝑏/𝑎𝑏 (veja Fig. 19-15), Δ𝑎 = 2𝛼𝐴 Δ𝑇. 
 
 (Pág. 181) 
Solução. 
A grandeza procurada é: 
Δ𝐴 = 𝐴 − 𝐴0 (1) 
A área da placa expandida, 𝐴, é dada por: 
𝐴 = (𝑎 + Δ𝑎)(𝑏 + Δ𝑏) (2) 
Enquanto a área da placa original, 𝐴0, é dada por: 
𝐴0 = 𝑎𝑏 (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
Δ𝐴 = (𝑎 + Δ𝑎)(𝑏 + Δ𝑏) − 𝑎𝑏 (4) 
Os valores de Δ𝑎 e Δ𝑏 são dados por: 
Δ𝑎 = 𝛼𝑎Δ𝑇 (5) 
Δ𝑏 = 𝛼𝑏Δ𝑇 (6) 
Substituindo-se (5) e (6) em (4): 
Δ𝐴 = (𝑎 + 𝛼𝑎Δ𝑇)(𝑏 + 𝛼𝑏Δ𝑇) − 𝑎𝑏 
Desenvolvendo-se a expressão acima, teremos: 
Δ𝐴 = 𝑎𝑏 + 2𝛼𝑎𝑏Δ𝑇 + 𝛼2𝑎𝑏Δ𝑇2 − 𝑎𝑏 
Δ𝐴 = 2𝛼𝑎𝑏Δ𝑇 + 𝛼2𝑎𝑏Δ𝑇2 
O termo 𝛼2𝑎𝑏Δ𝑇2 pode ser identificado como sendo Δ𝑎Δ𝑏, que corresponde à área do pequeno 
retângulo no extremo inferior direito da placa expandida. Esse termo é muito pequeno em 
comparação a 2𝛼𝑎𝑏Δ𝑇, e pode ser desprezado. Identificando o produto 𝑎𝑏 como a área 𝐴0, chega-
se ao final da demonstração: 
Δ𝐴 ≈ 2𝛼𝐴0Δ𝑇 
 
49. Um tubo de vidro vertical de 1,28 m está cheio até a metade com um líquido a 20 °C. Qual a 
variação da altura da coluna líquida, se aquecermos o tubo até 30 °C? Considere 𝛼Vidro =
1,0 × 10−5 °C−1 e 𝛽Líq = 4,0 × 10
−5 °C−1. 
 (Pág. 182) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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A variação da altura da coluna líquida Δ𝐻 vale: 
Δ𝐻 = 𝐻 − 𝐻0 = 𝐻 −
𝐿0
2
 
(1) 
Como 𝐿0 é conhecido, precisamos determinar 𝐻. Vamos começar o cálculo de 𝐻 pela expressão do 
volume final do líquido, 𝑉𝐿í𝑞: 
𝑉Líq = 𝜋𝑅
2𝐻 
𝐻 =
𝑉Líq
𝜋𝑅2
 
(2) 
Agora dependemos de 𝑉𝐿í𝑞, que pode ser obtido pela análise da expansão térmica do líquido: 
𝑉Líq = 𝑉Líq,0(1 + 𝛽Δ𝑇) 
Na expressão acima, 𝑉𝐿í𝑞,0 corresponde ao volume inicial do líquido. Logo: 
𝑉Líq = 𝜋𝑅0
2𝐻0(1 + 𝛽Δ𝑇) = 𝜋𝑅0
2
𝐿0
2
(1 + 𝛽Δ𝑇) 
(3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
𝐻 = (
𝑅0
𝑅
)
2 𝐿0
2
(1 + 𝛽Δ𝑇) 
(4) 
A razão entre os raios do tubo antes (𝑅0) e depois (𝑅) da variação térmica pode ser obtida pela 
análise da dilatação linear do tubo: 
𝑅 = 𝑅0(1 + 𝛼Δ𝑇) 
Logo: 
𝑅0
𝑅
=
𝑅0
𝑅0(1 + 𝛼Δ𝑇)
=
1
1 + 𝛼Δ𝑇
 
(5) 
Substituindo-se (5) em (4): 
𝐻 =
𝐿0
2
(1 + 𝛽Δ𝑇)
(1 + 𝛼Δ𝑇)2
 
(6) 
Finalmente, podemos substituir (6) em (1): 
Δ𝐻 =
𝐿0
2
(1 + 𝛽Δ𝑇)
(1 + 𝛼Δ𝑇)2
−
𝐿0
2
=
𝐿0
2
[
(1 + 𝛽Δ𝑇)
(1 + 𝛼Δ𝑇)2
− 1] 
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Δ𝐻 =
(1,28 mm)
2
{
[1 + (4,0 × 10−5 °C−1)(10 °C)]
[1 + (1,0 × 10−5 °C−1)(10 °C)]2
− 1} = 0,1279 ⋯ mm 
Δ𝐻 ≈ 0,13 mm 
 
51. Uma espessa barra de alumínio e um fio de aço estão ligados em paralelo (Fig. 19-19). A 
temperatura é de 10,0 °C. Ambos têm comprimento 85,0 cm e nenhum dos dois está 
tensionado. O sistema é aquecido até 120,0 °C. Calcule a tensão resultante no fio, supondo que 
a barra se expande livremente. 
 
 (Pág. 182) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
O problema pede para determinar a tensão no fio de aço após a expansão do cilindro de alumínio. 
Devido à natureza do problema, sua solução requer a utilização do módulo de Young do fio, 𝐸Aço. 
Veja maiores detalhes sobre o módulo de Young na seção13-6 - Elasticidade. O valor do módulo de 
Young para o aço foi extraído da Tab. 13.1, pag. 13. O módulo de Young (𝐸) é definido como a 
constante de proporcionalidade entre 𝐹/𝐴 e Δ𝐿/𝐿0, onde 𝐹 é a força exercida sobre um objeto, 𝐴 é 
a área da seção transversal do objeto na direção de 𝐹 e 𝐿0 se refere ao comprimento original do 
objeto, medido na direção de 𝐹. Ou seja: 
𝐹
𝐴
= 𝐸
Δ𝐿
𝐿0
 
(1) 
De acordo com a Eq. (1), a pressão (𝐹/𝐴) exercida sobre uma barra, na direção do seu 
comprimento, é diretamente proporcional à variação fracional do comprimento (Δ𝐿/𝐿0). A pressão 
nos extremos da barra pode ser no sentido de comprimi-la ou expandi-la. No presente caso, tem-se 
um fio ao invés de uma barra e o processo é de expansão. Como o problema não forneceu a área da 
seção transversal do fio de aço, somente será possível determinar a razão 𝐹/𝐴, e não 𝐹, como foi 
pedido. 
Inicialmente, à temperatura 𝑇0, tanto o fio quanto o cilindro possuem comprimento 𝐿0. Portanto, o 
fio encontra-se inicialmente relaxado. Quando o sistema é aquecido, o fio e o cilindro expandem-se, 
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sendo que o alumínio expande-se mais do que o fio de aço (coeficiente de dilatação térmica maior 
para o alumínio). A diferença entre os comprimentos finais do cilindro e do fio é que gera a tensão 
no fio, sendo essa diferença, Δ𝐿, que entra em (1). Assim, o comprimento do cilindro de alumínio 
após a expansão térmica será: 
𝐿 = 𝐿0(1 + 𝛼AlΔ𝑇) = (85,0 cm)[1 + (2,3 × 10
−5 °C−1)(110𝑜𝐶)] = 85,21505 cm 
Se o fio de aço não estivesse conectado ao cilindro, seu comprimento após a expansão térmica seria: 
𝐿′ = 𝐿0(1 + 𝛼AçoΔ𝑇) = (85,0 cm)[1 + (1,1 × 10
−5 °C−1)(110𝑜𝐶)] = 85,10285 cm 
Em relação à situação do fio de aço no problema, a Eq. (1) pode ser reescrita da seguinte forma: 
𝐹
𝐴
= 𝐸Aço
Δ𝐿
𝐿′
= 𝐸Aço
𝐿 − 𝐿′
𝐿′
 
Substituindo-se pelos valores numéricos fornecidos: 
𝐹
𝐴
= (200 × 109 N/m2)
(85,21505 cm) − (85,10285 cm)
(85,10285 cm)
= 2,6368 ⋯ × 108 Pa 
𝐹
𝐴
≈ 2,64 × 108 Pa 
 
53. Duas barras de materiais diferentes, mas com o mesmo comprimento 𝐿 e seção reta igual à 𝐴 
são colocadas, como na Fig. 19-20a. A temperatura é 𝑇 e não há tensão inicial. A temperatura é 
aumentada em Δ𝑇. (a) Mostre que a interfaceentre as barras é deslocada de uma quantidade 
dada por 
Δ𝐿 = (
𝛼1𝐸1 − 𝛼2𝐸2
𝐸1 + 𝐸2
) 𝐿Δ𝑇 
 
onde 𝛼1 e 𝛼2 são os coeficientes de dilatação linear e 𝐸1 e 𝐸2 são os módulos de Young dos 
materiais. Despreze mudanças nas seções retas. (b) Ache a tensão na interface após o 
aquecimento? 
 (Pág. 182) 
Solução. 
O esquema a seguir mostra quais seriam os comprimentos finais das barras 1 e 2, caso elas não 
estivessem alinhadas e pudessem expandir-se livremente. 
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Os termos Δ𝐿1 e Δ𝐿2 correspondem às compressões sofridas pelas barras 1 e 2, respectivamente. De 
acordo com o esquema, temos as seguintes relações para estas grandezas: 
Δ𝐿1 = 𝐿1 − 𝐿 − Δ𝐿 (1) 
Δ𝐿2 = 𝐿2 − (𝐿 − Δ𝐿) = 𝐿2 − 𝐿 + Δ𝐿 (2) 
A equação que define o módulo de Young é: 
𝐹
𝐴
= 𝐸
Δ𝐿
𝐿
 
Nesta equação, 𝐹 é a tensão aplicada sobre a área 𝐴 de uma barra, Δ𝐿 é a variação observada no 
comprimento da barra, devido à tensão aplicada, 𝐿 é o comprimento inicial da barra e 𝐸 é o módulo 
de Young do material da barra. No ponto de contato entre as barras 1 e 2, na temperatura 𝑇 + Δ𝑇, 
temos: 
𝐹1
𝐴1
=
𝐹2
𝐴2
 
Logo: 
𝐸1
Δ𝐿1
𝐿
= 𝐸2
Δ𝐿2
𝐿
 
𝐸1Δ𝐿1 = 𝐸2Δ𝐿2 (3) 
Substituindo-se (1) e (2) em (3): 
𝐸1(𝐿1 − 𝐿 − Δ𝐿) = 𝐸2(𝐿2 − 𝐿 + Δ𝐿) 
Na expressão acima, os termos 𝐿1 − 𝐿 e 𝐿2 − 𝐿 podem ser substituídos pelos equivalentes 
𝐿𝛼1Δ𝑇 e 𝐿𝛼2Δ𝑇. 
𝐸1(𝐿𝛼1Δ𝑇 − Δ𝐿) = 𝐸2(𝐿𝛼2Δ𝑇 + Δ𝐿) 
𝐸1𝐿𝛼1Δ𝑇 − 𝐸1Δ𝐿 = 𝐸2𝐿𝛼2Δ𝑇 + 𝐸2Δ𝐿 
(𝐸1 + 𝐸2)Δ𝐿 = (𝐸1𝛼1 + 𝐸2𝛼2)𝐿Δ𝑇 
Δ𝐿 = (
𝐸1𝛼1 + 𝐸2𝛼2
𝐸1 + 𝐸2
) 𝐿Δ𝑇
 
 
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FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 22 – TEMPERATURA 
 
09. Observa-se que objetos quentes ou frios esfriam ou esquentam, respectivamente, para atingir a 
temperatura do ambiente. Se a diferença de temperatura Δ𝑇 entre o objeto e sua vizinhança 
(Δ𝑇 = 𝑇obj − 𝑇viz) não for grande, a taxa de esfriamento ou aquecimento do objeto será 
aproximadamente proporcional à diferença de temperatura, isto é, 
𝑑Δ𝑇
𝑑𝑡
= −𝐴(Δ𝑇) 
onde 𝐴 é uma constante. O sinal menos aparece porque se Δ𝑇 for positivo, ele decresce com o 
tempo e, se for negativo, cresce. Esta é a lei de Newton para o resfriamento. (a) De que fatores 
𝐴 depende? (b) Se no instante 𝑡 = 0 a diferença de temperatura for Δ𝑇0, mostre que num 
instante 𝑡 ela será 
Δ𝑇 = Δ𝑇0𝑒
−𝐴𝑡 
 (Pág. 176) 
Solução. 
(a) A constante 𝐴 depende da massa, da área superficial e do calor específico do corpo. A unidade 
de 𝐴 é s−1. 
 
(b) Partindo-se da função fornecida, 
𝑑Δ𝑇
𝑑𝑡
= −𝐴Δ𝑇 
pode-se rearranjá-la da seguinte forma: 
−𝐴𝑑𝑡 =
1
𝑑𝑡
𝑑Δ𝑇 
(1) 
Integrando-se (1) dentro dos limites apropriados, obtém-se: 
−𝐴 ∫ 𝑑𝑡
𝑡
𝑡0=0
= ∫
1
𝑑𝑡
𝑑Δ𝑇
Δ𝑇
Δ𝑇0
 
−𝐴𝑡 = 𝑙𝑛Δ𝑇 − 𝑙𝑛 Δ𝑇0 
Δ𝑇
Δ𝑇0
= 𝑒−𝐴𝑡 
Finalmente 
Δ𝑇 = Δ𝑇0𝑒
−𝐴𝑡 
 
12. Um termômetro a gás especial consiste em dois bulbos que contém gás, cada um colocado em 
um reservatório de água, como mostra a Fig. 13. A diferença de pressão entre os dois bulbos é 
medida por um manômetro de mercúrio, também representado na figura. Reservatórios 
apropriados, que não são mostrados na figura, mantém constante o volume de gás nos bulbos. 
Quando os dois banhos estão no ponto tríplice da água, não há diferença de pressão. Quando um 
banho está no ponto tríplice e o outro no ponto de ebulição da água, a diferença de pressão é de 
120 mmHg. Finalmente, a diferença de pressão é de 90,0 mmHg, quando um banho está no 
ponto tríplice da água e o outro numa temperatura desconhecida que desejamos medir. Que 
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13 
temperatura é esta? 
 
 (Pág. 176) 
Solução. 
Considerando-se que a diferença de pressão observada no manômetro de mercúrio seja proporcional 
à temperatura, podemos construir o seguinte gráfico da dependência entre estas grandezas, em 
que𝑇3 e 𝑝3 são a pressão e a temperatura do ponto tríplice da água, 𝑇𝐸 e 𝑝𝐸 são a pressão e a 
temperatura do ponto de ebulição da água, 𝑇 é a temperatura que se quer medir e 𝑝 é a pressão do 
observada para a temperatura 𝑇: 
 
Como a declividade da curva vale Δ𝑇/Δ𝑝, podemos escrever: 
Δ𝑇1
Δ𝑝1
=
Δ𝑇2
Δ𝑝2
 
𝑇 − 𝑇3
𝑝 − 𝑝3
=
𝑇𝐸 − 𝑇3
𝑝𝐸 − 𝑝3
 
𝑇 − (273,16 K)
(90,0 mmHg)
=
(373,15 K) − (273,16 K)
(120 mmHg)
 
𝑇 = 355,6517 ⋯ K = 82,5017 ⋯ °C 
𝑇 ≈ 82,5 °C 
 
25. O comprimento de uma barra, medido com uma régua de ferro à temperatura ambiente de 
20 °C, é de 20,05 cm. A barra e a régua são colocadas em um forno a 270 °C e a medida da 
barra com a régua é agora de 20,11 cm. Calcule o coeficiente de dilatação térmica do material 
da barra. 
 (Pág. 177) 
Solução. 
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14 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
T0
T
L0
L
Régua
Barra
Régua
Barra
Régua
T0
T
T0
L’
L’
 
Para calcular o coeficiente de dilatação da barra, é preciso determinar seu comprimento após a 
expansão térmica, medindo-a com uma régua que esteja à temperatura 𝑇0. No presente caso, o 
comprimento final da barra foi medido com uma régua à temperatura 𝑇, que resultou na medida 𝐿′. 
 
T
Régua
Barra
T
L’ 
Como conhecemos o coeficiente de expansão linear da régua, podemos determinar o quanto a régua 
expandiu. Ou seja, à temperatura 𝑇 a marca 𝐿′ (20,11 cm) da régua coincide com o comprimento da 
barra. Se a régua for resfriada à temperatura 𝑇0, mas a barra não, a régua irá marcar 𝐿 como sendo o 
comprimento da barra. 
 
T
L
Barra
RéguaT0
L’ 
A expansão térmica da régua é dada por (𝑇0 → 𝑇; 𝐿
′ → 𝐿): 
Δ𝐿 = 𝐿 − 𝐿′ = 𝛼𝑅𝐿
′𝛥𝑇 
𝐿 = 𝐿′(𝛼𝑅𝐿
′Δ𝑇 + 1) (1) 
A expansão térmica da barra é dada por: 
Δ𝐿 = 𝐿 − 𝐿0 = 𝛼𝐵𝐿0Δ𝑇 
𝐿 = 𝐿0(𝛼𝐵𝐿0Δ𝑇 + 1) (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
𝐿0(𝛼𝐵𝐿0Δ𝑇 + 1) = 𝐿
′(𝛼𝑅𝐿
′Δ𝑇 + 1) 
𝐿0 + 𝛼𝐵𝐿0Δ𝑇 = 𝐿
′(𝛼𝑅𝐿
′Δ𝑇 + 1) 
𝛼𝐵 =
𝐿′(𝛼𝑅Δ𝑇 + 1) − 𝐿0
Δ𝑇𝐿0
=
(20,11 cm)[(1,1 × 10−5 °C−1)(250 °C) + 1] − (20,05 cm)
(250 °C)(20,05 cm)
 
Na expressão acima, utilizou-se o coeficiente de dilatação térmica do aço para o ferro, pois são 
praticamente iguais. 
𝛼𝐵 = 2,30029 ⋯ × 10
−5 °C−1 
𝛼𝐵 ≈ 2,3 × 10
−5 °C−1 
 
28. Uma barra de comprimento 𝐿0 = 3,77 m e coeficiente de dilatação térmica 25 × 10
−6 por grau 
C é fixada em seus extremos e tem uma rachadura em seu centro. Como consequência de um 
aumento de temperatura de 32 °C ela se eleva no centro, como mostra a Fig. 15. Determine a 
elevação 𝑥. 
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15 
 
 (Pág. 177) 
Solução. 
O comprimento final da barra é: 
𝐿 = 𝐿0(1 + 𝛼Δ𝑇) (1) 
Aplicando-se o teorema de Pitágoras ao triânguloindicado na figura abaixo: 
 
(
𝐿
2
)
2
= 𝑥2 + (
𝐿0
2
)
2
 
(2) 
Resolvendo-se (2) para 𝑥 e substituindo-se o valor de 𝐿 dado por (1): 
𝑥2 =
𝐿0
2 (1 + 𝛼Δ𝑇)2
4
−
𝐿0
2
4
=
𝐿0
2
4
[(1 + 𝛼Δ𝑇)2 − 1] 
𝑥 =
𝐿0
2
√(1 + 𝛼Δ𝑇)2 − 1 
𝑥 =
(3,77 m)
2
√[1 + (2,5 × 10−5 °C−1)(32 °C)]2 − 1 = 0,07541 ⋯ m 
𝑥 ≈ 7,5 cm 
 
33. A densidade é obtida dividindo-se a massa pelo volume. Como o volume 𝑉 depende da 
temperatura, a densidade 𝜌 também deve depender dela. Mostre que a variação da densidade Δ𝜌 
com a variação da temperatura Δ𝑇 é dada por Δ𝜌 = −𝛽𝜌Δ𝑇, onde 𝛽 é o coeficiente de dilatação 
volumétrica. Explique o sinal menos. 
 (Pág. 178) 
Solução. 
Seja 𝜌0 a densidade à temperatura 𝑇0 e 𝜌 a densidade à temperatura 𝑇, definidas por: 
𝜌0 =
𝑚
𝑉0
 
𝜌 =
𝑚
𝑉
 
A variação do volume Δ𝑉 devida à variação de temperatura Δ𝑇 é dada por: 
Δ𝑉 = 𝛽𝑉0Δ𝑇 (1) 
A variação de densidade devida à variação de temperatura será: 
Δ𝜌 = 𝜌 − 𝜌0 =
𝑚
𝑉
−
𝑚
𝑉0
=
𝑚(𝑉0 − 𝑉)
𝑉𝑉0
 
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16 
Δ𝜌 = −𝑚
(𝑉 − 𝑉0)
𝑉𝑉0
= −𝑚
Δ𝑉
𝑉𝑉0
 
(2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
Δ𝜌 = −𝑚
𝛽𝑉0Δ𝑇
𝑉𝑉0
= −𝑚
𝛽Δ𝑇
𝑉
 
Δ𝜌 = −𝜌𝛽Δ𝑇 (3) 
O sinal negativo em (3) é consequência de uma variação positiva da temperatura resultar numa 
variação negativa da densidade. 
 
41. O pêndulo de um relógio é feito de latão e é projetado para dar o tempo com precisão a 20 °C. 
Qual será o erro, em segundos por hora, se o relógio funcionar a 0 °C? 
 (Pág. 178) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a situação: 
 
O erro pedido no problema é a variação observada no período do relógio de pêndulo (Δ𝑃), durante 
uma hora. Utilizou-se a abreviação 𝑃 para o período para não confundir com a temperatura 𝑇. A 
variação do período do relógio de pêndulo devida à variação de temperatura ΔT é dada por: 
Δ𝑃 = 𝑃 − 𝑃0 (1) 
onde 𝑃0, o período do relógio de pêndulo à temperatura 𝑇0, e 𝑃, o período à temperatura 𝑇, são 
definidos por: 
 𝑃0 = 2𝜋√
𝐿0
𝑔
 
𝑃 = 2𝜋√
𝐿
𝑔
 
(2) 
Na equação (2), 𝑔 é a aceleração local da gravidade. O comprimento da haste do pêndulo, à 
temperatura 𝑇 é: 
𝐿 = 𝐿0(1 + 𝛼Δ𝑇) (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
𝑃 = 2𝜋√
𝐿0(1 + 𝛼Δ𝑇)
𝑔
= 2𝜋√
𝐿0
𝑔
√(1 + 𝛼Δ𝑇) = 𝑃0√(1 + 𝛼Δ𝑇) 
(4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
Δ𝑃 = 𝑃0√(1 + 𝛼Δ𝑇) − 𝑃0 = 𝑃0 [√(1 + 𝛼Δ𝑇) − 1] 
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17 
Em uma hora, o que implica em 𝑃0 = 3.600 s, o erro será: 
Δ𝑃 = (3.600 s) (√[1 + (1,9 × 10−5 °C−1)(−20 °C)] − 1) = −0,68406 ⋯ s 
Δ𝑃 ≈ −0,68 s 
O sinal negativo de Δ𝑃 significa que houve diminuição no período do relógio que, em uma hora, 
acumulou 0,68 s. Como uma diminuição no período faz com que o relógio ande mais rápido, a 
consequência é que o relógio vai adiantar 0,68 s em uma hora. 
 
45. Três barras retas de alumínio, invar e aço, de mesmo comprimento, formam a 20 °C um 
triângulo equilátero com articulações nos vértices. A que temperatura o ângulo oposto ao lado 
de invar será de 59,95 °C? 
 (Pág. 178) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a situação: 
 
A resolução deste problema é geométrica. Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo à 
temperatura 𝑇: 
𝐿𝐼𝑛𝑣
2 = 𝐿𝐴𝑙
2 + 𝐿𝐴ç𝑜
2 − 2𝐿𝐴𝑙𝐿𝐴ç𝑜 cos 𝜃 (1) 
Mas: 
𝐿 = 𝐿0(1 + 𝛼Δ𝑇) (2) 
Substituindo-se a (2) em (1): 
𝐿0
2 (1 + 𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇)
2
= 𝐿0
2 (1 + 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇)
2 + 𝐿0
2 (1 + 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇)
2
− 2𝐿0(1 + 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇)𝐿0(1 + 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇) cos 𝜃 
Eliminando-se 𝐿0
2 e expandindo-se os termos entre parênteses: 
1 + 2𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇 + (𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇)
2
= 1 + 2𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + (𝛼𝐴𝑙Δ𝑇)
2 + 1 + 2𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 + (𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇)
2
− 2 cos 𝜃 (1 + 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 + 𝛼𝐴𝑙𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇
2) 
Reconhecendo-se que os termos envolvendo 𝛼2 são muito menores do que aqueles envolvendo 
apenas 𝛼, pode-se desprezar os primeiros: 
1 + 2𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇 = 1 + 2𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + 1 + 2𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 − 2 cos 𝜃 (1 + 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇) 
2𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇 = 2𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + 1 + 2𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 − 2 cos 𝜃 − 2 cos 𝜃 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 − 2 cos 𝜃 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 
𝛼𝐼𝑛𝑣Δ𝑇 − 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 − 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 + cos 𝜃 𝛼𝐴𝑙Δ𝑇 + cos 𝜃 𝛼𝐴ç𝑜Δ𝑇 =
1
2
− cos 𝜃 
(𝛼𝐼𝑛𝑣 − 𝛼𝐴𝑙 − 𝛼𝐴ç𝑜 + cos 𝜃 𝛼𝐴𝑙 + cos 𝜃 𝛼𝐴ç𝑜)Δ𝑇 =
1
2
− cos 𝜃 
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18 
Δ𝑇 =
1
2 − cos 𝜃
(𝛼𝐼𝑛𝑣 − 𝛼𝐴𝑙 − 𝛼𝐴ç𝑜 + cos 𝜃 𝛼𝐴𝑙 + cos 𝜃 𝛼𝐴ç𝑜)
 
Δ𝑇 =
1
2 − cos
(59,95 °C)
[(0,7 × 10−6 °C−1) − (23 × 10−6 °C−1) − (11 × 10−6 °C−1) + ⋯
⋯ 
 ⋯
1
⋯ + cos(59,95 °C) (23 × 10−6 °C−1) + cos(59,95 °C) (11 × 10−6 °C−1)]
 
Δ𝑇 = 46,426497 °C 
Por definição: 
Δ𝑇 = 𝑇 − 𝑇0 
𝑇 = 𝑇0 + Δ𝑇 
𝑇 = (20 °C) + (46,426497 ⋯ °C) 
𝑇 = 66,426497 ⋯ °C 
O valor aproximado de 𝑇, com apenas um algarismo significativo, é: 
𝑇 ≈ 70 °C 
 
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19 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 21 - TEMPERATURA 
 
26. Quando a temperatura de um cilindro de metal é aumentada de 60 para 100 °C, o seu 
comprimento aumenta em 0,092%. (a) Encontre a variação percentual na massa específica. (b) 
Identifique o metal. 
 (Pág. 221) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
(a) O enunciado do problema pede para calcular a razão (𝜌 − 𝜌0)/𝜌0. 
𝜌
𝜌 − 𝜌0
=
𝑚
𝑉
𝑚
𝑉 −
𝑚
𝑉0
=
𝑉0 − 𝑉
𝑉
 
Aplicando-se a expansão volumétrica do cilindro: 
𝜌
𝜌 − 𝜌0
=
𝑉0 − 𝑉0(1 + 𝛽Δ𝑇)
𝑉0(1 + 𝛽Δ𝑇)
= −
𝛽Δ𝑇
1 + 𝛽Δ𝑇
≈ −
3𝛼Δ𝑇
1 + 3𝛼Δ𝑇
 
(1) 
Agora precisamos determinar o valor do coeficiente de expansão térmica 𝛼 do metal do cilindro 
para completar o cálculo. Isso é feito por meio da informação sobre a expansão linear do cilindro, 
fornecida pelo enunciado. 
𝐿 − 𝐿0
𝐿0
= 0,00092 
Δ𝐿 = 0,00092 𝐿0 
𝐿0𝛼Δ𝑇 = 0,00092 𝐿0 
𝛼 =
0,00092
Δ𝑇
 
(2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
𝜌
𝜌 − 𝜌0
≈ −
3 (
0,00092
Δ𝑇 )Δ𝑇
1 + 3 (
0,00092
Δ𝑇 )Δ𝑇
= −
0,00276
1 + 0,00276
= −0,0027524 ⋯ 
𝜌
𝜌 − 𝜌0
≈ −0,0028 
Ou: 
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20 
𝜌
𝜌 − 𝜌0
≈ −0,28% 
O sinal negativo indica que houve diminuição na variação percentual da massa específica do 
cilindro. 
 
(b) A identificação do metal é feita pela comparação do valor do coeficiente de expansão térmica do 
metal com valores tabelados. A Equação (2) permite o cálculo de 𝛼. 
𝛼 =
0,00092
𝑇 − 𝑇0
=
0,00092
(100 °C) − (60 °C)
= 2,3 × 10−5 °C−1 
A Tabela 21-3, Pág. 213, indica que o cilindro é feito de alumínio. 
 
30. (a) Prove que a variação da inércia rotacional 𝐼 de um sólido com a temperatura é dada por Δ𝐼 =
2𝛼𝐼Δ𝑇. (b) Uma haste fina de latão, girando livremente a 230 rev/s em torno de um eixo 
perpendicular à haste e passando pelo seu centro, é aquecida sem contato mecânicoaté que sua 
temperatura aumente para 170 °C. Calcule a variação na velocidade angular. 
 (Pág. 221) 
Solução. 
(a) Vamos supor que o momento de inércia inicial é 𝐼0 e o final, após o aquecimento, é 𝐼. Vamos 
supor também que 𝐼0 = 𝑘𝑀𝐿
2, em que 𝑘 é uma fração que depende do corpo e do eixo em relação 
ao qual 𝐼0 é calculado. 
Δ𝐼 = 𝐼 − 𝐼0 = 𝑘𝑀𝐿
2 − 𝑘𝑀𝐿0
2 = 𝑘𝑀(𝐿2 − 𝐿0
2 ) 
Δ𝐼 = 𝑘𝑀[𝐿0
2 (1 + 𝛼Δ𝑇)2 − 𝐿0
2 ] = 𝑘𝑀[𝐿0
2 (1 + 2𝛼Δ𝑇 + 𝛼2Δ𝑇2) − 𝐿0
2 ] 
O termo 𝛼2Δ𝑇2 é, em geral, muito menor do que 𝛼Δ𝑇. Neste caso, 2𝛼Δ𝑇 ∼ 10−3, enquanto 
𝛼2Δ𝑇2 ∼ 10−5. Vamos, portanto desprezar 𝛼2Δ𝑇2. 
Δ𝐼 ≈ 𝑘𝑀2𝛼Δ𝑇𝐿0
2 = 2𝑘𝑀𝐿0
2 𝛼Δ𝑇 
Δ𝐼 ≈ 2𝐼0𝛼Δ𝑇 
 
(b) A variação da velocidade angular é calculada por meio da aplicação da conservação do 
momento angular (𝐿), dada a ausência de torques externos atuando sobre a haste. 
𝐿 = 𝐿0 
𝐼𝜔 = 𝐼0𝜔0 
Usando-se o resultado obtido no Item (a): 
(𝐼0 + 2𝐼0𝛼Δ𝑇)𝜔 = 𝐼0𝜔0 
𝜔 =
𝜔0
1 + 2𝛼Δ𝑇
=
(230 rev/s)
1 + 2(19 × 10−6 °C−1)(170 °C)
= 228,5237 ⋯ rev/s 
Logo: 
𝜔 − 𝜔0 = (228,5237 ⋯ rev/s) − (230 rev/s) = −1,4762 ⋯ rev/s 
𝜔 − 𝜔0 ≈ −1,45 rev/s 
O sinal negativo indica que há uma diminuição na velocidade angular da haste como consequência 
do aumento de temperatura. 
 
40. Gás oxigênio com um volume de 1.130 cm3 a 42,0 °C e à pressão de 101 kPa expande até que 
seu volume seja 1.530 cm3 e a sua pressão seja 106 kPa. Determine (a) o número de moles de 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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21 
oxigênio no sistema e (b) a sua temperatura final. 
 (Pág. 221) 
Solução. 
(a) Considerando-se que o oxigênio nessas condições apresente comportamento ideal, teremos: 
𝑝0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0 
𝑛 =
𝑝0𝑉0
𝑅𝑇0
=
(1,01 × 105 Pa)(1,130 × 10−3 m3)
(8,314 J/K.mol)(315,15 K)
= 0,043558 ⋯ mol 
𝑛 ≈ 0,0436 mol 
 
(b) Comparando-se os estados inicial e final do sistema teremos: 
𝑝0𝑉0
𝑇0
=
𝑝𝑉
𝑇
 
𝑇 =
𝑝𝑉𝑇0
𝑝0𝑉0
=
(106 kPa)(1.530 cm3)(315,15 K)
(101 kPa)(1.130 cm3)
= 447,8316 ⋯ K 
𝑇 ≈ 448 K 
 
10. Considere um termômetro de vidro de mercúrio. Suponha que a seção transversal do capilar 𝐴 é 
constante e que 𝑉 é o volume do bulbo de mercúrio a 0,00 °C. Mostre que o comprimento 𝐿 da 
coluna de mercúrio no capilar a uma temperatura 𝑇, em °C, 
𝐿 =
𝑉
𝐴
(𝛽 − 3𝛼)𝑇 
isto é, proporcional à temperatura, onde 𝛽 é o coeficiente de dilatação volumétrica do mercúrio 
e 𝛼 é o coeficiente de dilatação linear do vidro. 
 (Pág. 223) 
Solução. 
A variação do volume do vidro é dada por: 
Δ𝑉vidro = 𝑉03𝛼Δ𝑇 
A variação do volume do mercúrio é dada por: 
Δ𝑉Hg = 𝑉0𝛽Δ𝑇 
O volume de mercúrio na coluna de vidro é dado pela dilatação aparente do mercúrio. Para isso, 
está implícito que na temperatura 0,00 °C o nível de mercúrio está na base da coluna (𝐿 = 0). 
Δ𝑉Hg, ap = Δ𝑉Hg − Δ𝑉vidro 
𝐴𝐿 = 𝑉0𝛽Δ𝑇 − 𝑉03𝛼Δ𝑇 = 𝑉0(𝛽 − 3𝛼)Δ𝑇 = 𝑉0(𝛽 − 3𝛼)(𝑇 − 𝑇0) 
Como 𝑇0 = 0,00 °C: 
𝐿 =
𝑉0
𝐴
(𝛽 − 3𝛼)𝑇