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Manual_do_Professor_Física_Clássica_3_Termologia_Fluidomecânica

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MANUAL DO PROFESSOR
APRESENTAÇÃO
Esta obra é constituída de cinco volumes:
• Cinemática
• Dinâmica - Estática
• Termologia - Fluidomecânica - Análise dimensional
• Óptica - Ondas
• Eletricidade
Procuramos adequar a obra à programação de Física das diversas escolas do país e aos 
diversos vestibulares.
Os capítulos, em cada livro, apresentam a teoria seguida de três coleções de exercícios: de 
APLICAÇÃO, de REFORÇO, de APROFUNDAMENTO.
Em cada capítulo, a teoria está fracionada em itens para facilitar o desenvolvimento do 
conteúdo. A coleção de EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO segue-se sempre a essa parte teórica, 
finalizando cada item. Dessa coleção, resolvemos alguns exercícios, de modo alternado, com a 
finalidade de facilitar o trabalho dos alunos e do professor.
Os EXERCÍCIOS DE REFORÇO são, em sua maioria, extraídos de vestibulares de lodos os 
Estados do Brasil. São para o reforço e a revisão do tópico em estudo.
Os EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTO finalizam cada capítulo. São exercícios de 
maior complexidade conceituai, destinados preferencialmente aos alunos que se preparam para 
ingressar em universidades das áreas de exatas e de biológicas.
CO M O TRABALHAR COM O LIVRO
Optamos por desenvolver a teoria de forma completa, sem omitir as várias relações 
conceituais envolvidas. No entanto, os alunos não precisam resolver todos os exercícios, nos 
diferentes graus de complexidade.
Este livro pode ser utilizado em aulas de Física para alunos tanto de exatas como de biológicas 
ou de humanidades. Para tanto, basta o professor dosar a quantidade de exercícios. A fim de facilitar 
o seu trabalho, nós os separamos, como foi dito, em três conjuntos, dentro de cada capítulo: 
aplicação, reforço e aprofundamento.
A seguir, relacionamos algumas caracleríslicas metodológicas de FÍSICA CLÁSSICA 
acompanhadas de sugestões para seu uso:
1. A teoria de cada capítulo está fracionada, de forma que o professor não é obrigado a desenvolver 
todo o conteúdo teórico do capítulo de uma única vez, mas aos poucos, intercalando exercícios.
2. Os EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO, que vêm imediatamente após a teoria, devem ser usados 
como forma de sedimentar os conceitos daquele item. Para alunos de humanidades, é 
recomendável indicar a realização apenas dos primeiros.
1 ♦
3. Com relaçao aos EXERCÍCIOS DE REFORÇO, o professor pode proceder da seguinte maneira:
• se dispõe de um bom número de aulas de Física (quatro ou mais por semana), pode resolver 
alguns desses exercícios com os alunos, na sala de aula. Mas não é recomendável que o 
professor se proponha a resolver todos. Os demais podem ser incluídos na lista de exercícios 
ou pode-se pedir aos alunos que façam em casa ou em trabalhos em grupo, em sala de aula
• se dispõe de apenas três aulas semanais, todos os EXERCÍCIOS DE REFORÇO podem ser 
feitos pelos alunos, em casa.
Outra vantagem de os alunos resolverem esse tipo de exercício é a oportunidade de 
conhecerem as questões dos principais vestibulares do país. Nesse caso também, nas classes de 
alunos de humanidades ou mesmo nas classes mistas, sugerimos que indique apenas os exercícios 
iniciais da série.
4. Particularmente no caso de alunos das áreas de exatas e biológicas, os EXERCÍCIOS DE 
APROFUNDAMENTO podem ser feitos em casa. E não recomendamos que sejam indicados 
para alunos de humanidades. São exercícios para alunos particularmente interessados em 
aprofundamento teórico.
COMO USAR O LIVRO DE TERMOLOGIA - FLUIDOMECÂNICA - 
ANÁLISE DIMENSIONAL
Este livro contém, basicamente, a Termologia, a Fluidomecânica e a Análise dimensional. 
Embora sejam partes independentes da Física, há pré-requisitos para certos assuntos.
Recomendamos que o professor inicie o estudo pela Termometria. Depois, ele poderá optar 
pela Calorimetria ou seguir a ordem dos capítulos. Um cuidado deve ser tomado com o conceito de 
pressão nos fluidos, pois ele é apresentado na Hidrostática e será usado também em Mudanças de 
estado, Gases, Termodinâmica e Hidrodinâmica.
Com relação aos capítulos sobre Hidrodinâmica e Análise dimensional, recomendamos que 
eles sejam desenvolvidos somente para as classes de exatas, por serem muito específicos.
Para as turmas de humanidades recomendamos os seguintes capítulos: Hidrostática, 
Termometria, Dilatação térmica dos sólidos, Calorimetria, Propagação do calor e Comportamento 
térmico dos gases. Esses capítulos poderão constituir um programa mínimo para aqueles colégios 
que destinam à Física apenas três aulas por semana.
O capítulo sobre Análise dimensional foi colocado neste livro por entendermos que o aluno já 
adquiriu certa maturidade no estudo da Física e poderá aproveitá-lo melhor. Não seria lógico 
estudarmos Análise dimensional sem termos visto pelo menos a Mecânica.
A RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS
Apresentamos, a seguir, a resolução de muitos dos exercícios propostos. Procuramos resolver, 
principalmente, aqueles que, devido a suas particularidades, merecem uma observação adicional ou 
uma solução especial sugerida pelos autores. E lógico que a resolução apresentada é sempre sucinta 
e, frequentemente, não é a única maneira de resolver o problema.
Os Autores.
Cartas com sugestões ou dúvidas podem ser dirigidas aos autores, no endereço da Atual Editora, e serão 
prontamente atendidas.
♦2
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS
C apítu lo 1 - H id ros tá tica
13 d — J H __> v - — = > v — > v — 6 4 c m 3
v d 0,90
Mus v = a3 =>• 64 = a 1 
Resposta: d.
a = 4cm
14. d = m d -v 7rRzh 
42,5
3,14(1,5)2 ■ 2,26 
= > d = 2,66 g/cm3 = »
= > d = 2,66- 103 kg/m3 M
Resposta: d
16. m = d - v = > m = 1,7 1 03 2 - 5 IO"6 =* m = 1,7- IO“2kg 
0,80 900 10 '3 • 1017. a) P = d - v - g P = 7,2 N
\\ cm3
cm3
V
/ *'
j
b) massa de uma lata: m = d • v - > m = 0,80 ■ 900
. . . , , . 180 103gNumero de latas: •— ----- = 250720 g
m = 720 g
18. v = vAu + vAg —> 625 = vAu -+ vAg (D
m = dAu • vAu + dAg • vA„ => 10000 = 20vAu + 10vAg (0)
De ® e ® : vAu = 375 cm’ 
mAu — dAu ■ vAu oi Au 20 * 375
Resposta: e.
mAu = 7 500 g
32. a) Pi é maior que P\.
b) Na segunda situação, o peso da pedra Pv (parcela do peso total Pi) substitui 
volume de líquido deslocado P\_ (parcela do peso total P i), cuja intensidade é 
empuxo E.
Mas E = dL,Vg e Pr
Como dP > dL, vem
= dpVg.
Pd > E
Portanto: P2 > P,
o peso do 
igual à do
3
34. A lorça aplicada ao fio deve ser igual ao peso aparente:
F = Pap = P — E
Mas P = mg = 80 • 10, P = 800 N.
O volume do bloco é dado por V = ™ , V = 10~2 m3.
d 8-10
Então, o empuxo vale E = dL Vg = 103 ■ 10“2 • 10, E = 100 N.
Resposta: b.
F = 800 - 100 F = 700 N
33. Pao — P - E = > g = dvg - dLv g = > niap = (d - di.)v (I) m = dv (II)
(D -5- (II): d — d]_____ 104,8 _ d - 1,00 120 d d Si 7,9
36 a)
b) Io caso: Pcp ■ - Pcil • a \ l B , .
, p £2 _ ^ p a j a = ~2 (metade do cornpnmento da barra)2 • caso: Pcp ■ (2
c) Dados: £[ = 10,0cm; í 2 — 7,0cm; dAi = 2,7g/cm3 
Dividindo membro a membro as equações anteriores:
Cl _ Pcil dAI Vg
h Pcii - E dA| Vg - dLVg
Íi __ d ai \ 10,0 ____2/7
h dAl - d[. / 7,0 2,7 - dL
2 7 - 10,0dL = 18,9 
10,0 dL = 27 - 18,9
lüdL = 8,1 dL = 0,81 g/cm3
m
m
m cm
P
37. O desequilíbrio é causado pelo empuxo, cuja intensidade é igual ao peso do volume de líquido 
deslocado.
Esse volume de líquido é igual ao volume da régua mergulhada:
VL = VR = 50 cm3
Como a densidade do líquido é dL = 1 g/cm3, a massa de líquido deslocado vale: 
dL = | mL = di • VL = 1 - 50 mL = 50 g
4
38. Cálculo da constante elástica da mola:
39.
59.
61.
67.
68.
P = k (L -L o )
Sendo P = mg = 20 10, P = 200N, L0 = l,215m, L = 1,315 m
k 200 200 k = 2 0 ■ 103 N/m
L Lo 1,315 - 1,215 0,100 ’ ' '
O empuxo sobre o corpo vale:
E = dLVLg}dL = 1,100 1 03 kg/m3, VL = V = 4,50 10“3m3 
E = 1,100 103 -4,50 10“3 10 E = 49,5 N 
A deformação x para cima devida ao empuxo vale:
1,5
2,0 • !03
E _ k X\ X_ ± . _ _ Ü 5b - k x J x - k - 2 0 . ,
O novo comprimento da mola será:L' = L - x = 1,315-0,024
x = 0,024 m
L' = 1,291 m
P = dvg = > P = 6dLvg = kxo (I)
P - E = kx = > 6dLvg - dLVg — kx =$■ 5d[,vg = kx (II) 
(II) -r (I): — = | =*■ x = 4® xoXq O 1Z
Resposta: a.
Pp«soas "b Pjangada = E 
m ■^'+dYg' = dL ■ vL g
3 -70 + d- 5 0,20 = 1,0- 103 ^ • 5 ■ 0,20 =$• d “ 4,6 102kg/m3
E = PF + PM = > dL(vF + vM) ■ g = dFvpg + dM • vM • g 
2(vf + 20) = 7,8 • vF + 0,30 ■ 20 = í- vp 5,9 cm3
E — P = m - a
dLv ■ g - dvg = dv ■ a = s a = Ld d ■ g = >
' “ = ( ^ r - O 8 a = ( õ k r - 1 ) i°
s = 4-at2 = > 11,25-10 2 = Z 2,5 t2
a = 2,5 n!
t = 0,30 s
F = P + F = > F = E - P =*■
=¥■ F = dLVg — dvg =*• F = 4 dvg — dvg — 
= > F = 3 dvg = 3 mg = > F = 3 ■ 0,50 ■ 10
Resposta: e.
F = 15 N 6 !
5
70. Vc = VL = 2i — 2 ■ IO“3™3, in, = 0,50 kg 1
J
dc
mt
Vc
0,50
2 10 '
- 0,25 ■ IO3 kg/m3
g = 10m/s2; dL = 1,0k g // = IO3 kg/m3 
Fel + Pc = E} FEL = E - Pc
Fel = di VLg — d,. Vcg
Fel = IO3 2 • 10 '3 10 - 0,25 ■ IO3 • 2 • IO"3 ■ 10
Fbl = 2 0 - 5 Fel = 15N
Resposta: c.
72. a) Sendo H = 600N, dL = 1,0 IO3 kg/m3 e g = 10m/s2: 
E = d, V,.g} 600 = 1,0 IO3 VL ■ 10
V l = W v l = 6,0 10 2 m3
Como a pessoa está totalmente imersa:
Vp = Vl = 6,0 • 10-2 m3
Sendo dp = 1,1 • IO3 kg/m3, vem: 
dP = yV } nV = dpv p =1,1 IO3 6,0 ■ IO"2 mp = 66 kg
b) Sobre a bóia, a pessoa garante um sistema de densidade menor que a da água e que portanto 
flutua. Realmente:
d, =
mp + mB 66 + 0,2 66,2
VP + VB 60-10 3 + 12 - 10-3 72 IO"3
Como Ól = l,0g/cm 3: ds < (II
ds = 0,92 • 103 kg/m3
ds = 0,92 g/cm3
78. F + P = E = > F = E — P =t>
==► F = dLvg - dvg ==>
=► F = (dL - d) • v • g
Se outro bloco tem dimensões lineares duas vezes 
maiores, seu volume será oito vezes maior do que o 
anterior, e nessas condições a força será 8 F.
Resposta: d.
79. P = R
dpti A • e g + d, ■ A(x -I- y) ■ g =
= da A(e + y) - g --=>
= > dHb - e + dv(x + y) = da(e + y) = >
= > (dPb - da)e + dv - x = (da - dv) • y
Da última igualdade, notamos que, quando x = 0, y ^ 0. 
Resposta: d. tárea A
6
80. P = E
3 • 70 - g + 0,80 ■ n ■ 100 • g = 1,0 ■ 0,90 - n ■ 100 - g =4- n = 21 
Resposta: b.
81. P = E
P + 
P = 
P +
10000 = dL - V g (I)
E
10200 = dL(V + nv)-g (II)
(H) - d ) :
200 = dL • nv • g 
200 = dL • n ■
dFe
200= l , 0 n - ^ -
Resposta: c.
•g
• 10 n = 10
(1) (2) (3)
n n n
E
(50)
n n
V
I 1 f l í 1
(P + 10 000) N 
E'
I I I I
V
v [ ± ] l ± ) 
1 2
l ± ln
(P+ 10 200)N
92. A menor das dimensões (*) é a que não pertence à face que está apoiada (de área A).
Cálculo do volume V:
d = t } V " f = 2 . 7 5 ,01Õ 3 -V = 4’° 10"2m3
Cálculo da área A da face de apoio: 
P mg | . mg n o - 10 
p A ' A J A = p “ 1375
A = 0,80 m2
Mas V = x ■ A e, portanto:
V _ 4,0 • IO"2 
* A 0,80
x = 5,0 • 10 2 m
x — 5,0 cm
Resposta: e.
93. Para cada cubo: V = a ’ = (10 1) '\ V = 10 3m !
A — a2 - (IO“ 1)2, A = U r 2 m2
Sendo p = 104 N /m 2, obtemos o peso de cada cubo:
p = iE \ p = P* - l(r< 10 * p = 0,25 ■ 102 N 
v A I 4 4
P 0,25 • 102m = — = ---- — -----
g 10
Densidade: d = y = 
Resposta: h
m = 2,5 kg
d = 2,5 ■ 10-kg/m3
7
111. dAi ■ g ■ hA| = dng ■ g ■ hng 
J ai ■ hAi = dHg -,hHg
0,80 ■ 17 = 13,6 ■ hHg = > hHg = l.Ocm = 10mm 
Pb = Pa + ^Hg
780 = pA + 10 =#• pA = 770mmHg 
Resposta: c.
124. d2h2 “ djlu 4- d| hj
d2 • 6,0 = 0,80 ■ 4,0 + 1,5 d2 3,0
dL = 1,5 d2 d] = 3,2g/cm3
dí S 2,1 g/cm3
Equilíbrio do corpo imerso na água:
E = F + P
d|. ■ V • g = F + m ■ g
1,0 ■ 103 - V 10 = 0,25 + 50 • IO“3 • 10
V = 75 • 10-6 m3 = 75 cm3
149. Seja jc o número de gotas. O peso das x gotas deverá ser igual a 0,38 N. 
Cálculo da massa de uma gota: 
fi — — m — f i v
m = 1,0- 103 • 2,0 • 10-7 = 2 x I0-4 kg
♦8
Cálculo do número de gotas:
P = m g
0,38 = ( x -2- 10"4) • 10 
x = 190 gotas
Como a cada segundo caem duas gotas, t = 95 s
153. Com o bloco totalmente imerso, as forças nele atuantes são:
P (peso), E (empuxo) e T (tração no fio). Como o processo de retirada do bloco da água 
ocorre com velocidade constante, em cada instante, 
a resultante dessas três forças deve ser nula.
Como o peso é uma constante no processo, a tração 
será dependente do valor do empuxo:
T + E = P T = P - E
Na fase imersa, E permanece constante (E não depende da profundidade), logo T é constante. 
Na fase de retirada do bloco, o empuxo diminui (pois o volume imerso diminui) e a tração 
aumenta linearmente.
Na fase final (bloco totalmente emer­
so), o empuxo é nulo e a tração 
assume intensidade igual ao do peso 
do bloco.
Resposta: c.
155. mAu + mAg = 354g (I)
E = dL ■ V • g 20 ■ g = 1,00 V g => V 20 cm
VAu + VAg = 2 0 - * n.lAu f —j— = 20 - ^ » - ~ = 2 0 (II)dAu dAg 20,0 10,0
De (I) e (II), vem: 
Resposta: d.
mAu = 308 g
157. A)
1) Calculemos inicialmente a massa do recipiente:
V A e 
m = /iA e
u = 10000-^-; A = l,0m 2;e = 2,0 10_2mm
m = 10000 1,0 2,0 10 2 kg m = 2,0 • 102 kg
9
2) Para o equilíbrio do recipiente, o seu peso deve ser equilibrado pelo empuxo aplicado pela
agua. ** E
E = P
ft-água ' îmerso S =
1000- 1,0- h = 2,0- 102
h = 0,20 m = 20 cm P
B) Quando o recipiente estiver totalmente imerso, teremos: 
E' = P'
Págua " ^imerso g — (m -í- m )g
1 (XX) 1,0 0,30 = 2,0- 102 + m' 
m '= 1,0- IO2 kg
Como a densidade da águq é de 1,0 kg/litro, colocarmos 1,0 • 102 kg de água equivale a 
colocarmos 1,0 ■ 102 litros de água gastando um tempo de 1,0 • 102 segundos:
At = 1,0- 102 s
159. a) A variação da pressão externa (Ap) é dada por:
onde p — l,2kg/m 3
V = 180km/h = 50m/s
Assim:
Ap = 1,5 103 A
E'
b) Utilizando o conceito de pressão, vem: 
Ap = Peso
Area
A p - 4 ^
Area
Ap ■ Áream —1--------
g
„ 1,5- 103 - 5 400 „ ,
m = — iü------- (kg)
m = 8,1 • I0Skg ou m = 8 , l l 0 2 t
10
c) A variação de pressão mínima para levantar o telhado é dada por:
__ Peso do telhado 
Área do telhado
V*
Mas, Ap = —-—
Assim:
P v ~ _ Peso do telhado 
Área do telhado
Substituindo pelos valores fornecidos:
1,2V2 _ 250000- 10
2 5 400
V 2 - _min
25 ■ 103 ( m \2 
54-0,6 V s )
Como 1,0 m /s vale 3,6 km/h. vem:
V 2 . = 23 * 25 ' l0 ? . (3 6)2 ( km Y
m,n 54 0,6 1 ; V h )
VímÍB = 25-103 - 0 . 4 ^ ^
v L „ = i ,o io4 ^ ) io-
,2 km 
hVmi„ = 1.0
C apítu lo 2 - Term om etria
23. 0F = 8 + 30c
0C 0F - 32
5 9
er _ (8 + 30c) - 32 
5 9
0F = 8 + 30c = 68°F
0c = 20°C
31. a) Io modo Podemos usar o resultado do
exercício 29 que nos deu o valor - 459,4°F 
para o zero absoluto e daí montar a escala 
Rankine (cuja unidade é igual ao grau 
Fahrenheit) e em seguida fazer a relação 
com a escala Kelvin:
0Ra~ 491,4 _ 0k -2 7 3 
180 100
0Ra = Y
í Ra K
212
32
0
- 459.4
O -
459,4
o ...........................
373
273
0
11
2" modo Podemos nos lembrar que uma dada
variação de temperatura na escala Fahrenheit tem 
o mesmo valor na escala Rankine (Aöp — A#Ra). 
O mesmo ocorre entre as escalas Celsius e Kelvin
A#f A0c
~ 9~ ~ ~5~(A^k = A9C). Assim, a relação
pode ser modificada para:
AflRa
9
A0k donde —̂oR3 - 0 ^ K - 0
5
b) 0Ra = j (500) 0Ra = 900°Ra
52. Seja 9y a temperatura correta na escala Fahrenheit:
— A --- = = 4P- = > 9y - 104° F
~ ' 109,2 — 104 nnc e0/O erro relativo e ---- ——-------= 0,05 = 5 %
104
54. De T = 6 + 273, observamos que o T 
gráfico de 7 em função de 9 é uma reta 
crescente em relação aos eixos e que 
para 9 = 0°C corresponde T = 273 K.
Portanto:
Resposta: e. 273
55.
0
F °( 
212° F 100° C
*0
180 graus 
e
180 mm
32° F 0o C
100 graus 
e
180 mm
< <
Na escala Fahrenheit temos, de 32°F a 212°F, 180 graus e 180 mm. Na escala Celsius os 
mesmos 180 mm são divididos em 100 graus. Logo, a cada 1°C corresponde 1,80 mm. 
Resposta: d.
*12
C apítu lo 3 - D ila tação té rm ica dos sólidos
Antes de passarmos à resolução de exercícios, gostaríamos de considerar o seguinte problema: 
“ Uma barra de metal, cujo coeficiente de dilatação linear é et = 1,2 •10-5oC l, tem 
comprimento L\ à temperatura Q\ = 20°C e o comprimento L2 = 100 cm à temperatura 02 = 70°C. 
Calcule L\
Observando que 02 > 0|, façamos d2 - 0, = x > 0. Podemos resolver esse problema de dois 
modos:
1" modo Consideramos 0\ como temperatura inicial e 02 como temperatura final. Assim:
AO = 02 - 0\ = x.
L2 = Lj (1 + úA^) = Li ( 1 + ax) =+• L) = L? (D
2° modo
1 + ax
Consideramos 02 como temperatura inicial e 01 como temperatura final. Assim:
A 6 = 6\ - d2 = -x .
Li = L2(l + a A 6) = L2(l — ax) (H)
Observando as igualdades (I) e (II), vemos claramente que os valores fornecidos para L\ não 
são iguais. No entanto, podemos mostrar ao aluno que, quando o produto ax for muito menor do 
que l ( 0 < a x < < 1), o que em geral acontecerá, os valores serão aproximadamente iguais. 
Partamos da igualdade (I):
r L2 L2(l — ax) L2( l —ax)
1 1 + ax (1 + ax )(l — ax) 1 - (ax)2
Nesse ponto observamos que, para 0 < ax « 1, temos: 0 < (ax)“ « ax « 1. Assim, na 
igualdade (III) podemos desprezar (ax)2, obtendo Lj = L2(l — ax), que é a igualdade (II). Para 
ilustrar, podemos agora colocar os valores numéricos:
L2 = 100 cm; 0, = 20°C; 02 = 70°C; | A 0 1 = x = 50°C; a = 1,2 • IO"5 0C "1
Em (I): L, = L2 1001 + a x 1 + 1,2 • IO '5 • 50 
Em (II): L, = L2(l - ax) = 100(1 - 1,2 • 10“5
Si 99,94 cm 
• 50) cm = 99,94 cm
7. a c = 1,8 • 10-5 °C"~1; a z = 2,9 - 10 5 "C“ 1; A0 = 200°C 
Inicialmente, temos: Ljz = Lç + 10,00.
No final, temos: Lfz = Lfc + 10,10. Assim:
Li,(l + a zA 0) = Lic(l + a cA0) + 10,10
(Ljc + 10,00) (1 + a 7AÔ) = Lic (I + a c A0) + 10,10
Lj, + Lj, a zA0 + 10,(K) + 10,00 a* AO = + Li, - a c • A0 + 10,10
Lic(a z - a c)A0 = 10 ,10- 10,00+ 10,00a z A0
Li,(2,9 • 10"5 - 1,8 • 10“5) (200) = 0,10 + (10,00) (2,9 • 10"5) (200)
10“3 =Lj, • 2,2 • IO"3 = 42 Li, = 19,09 cm
Portanto: Ljz = L,c + 10,00, isto é, Ljz = 29,09 cm
\
13
9. De acordo com o resultado do exercício 8, temos:
tgv? = a A • Lu = <*B - Líb 
Mas no gráfico vemos que LjA > LjB. Portanto:
q a < CtB
14. Pelo enunciado concluímos que os trilhos se tocarão quando a temperatura atingir 50°C. 
 ̂ 4 = 20m; A0 = 30°C; a = 1,0 • ÍO-5 ^ -1 
Seja Aí a variação de comprimento do trilho quando a temperatura vai de 20°C a 50°C.
ai aI I aI
2 2 ~2 ~2
A í = £i ■ a ■ AO = (20) (1,0 • 10"5) (30) = 6,0 • 10~3
A í = 6,0 • 10"3 m = 6,0 mm
15. Devemos ter ALa = ALg para qualquer variação de temperatura A0 (supondo que não haja 
mudança de estado):
ALa = ALb —> La • o A • AO = Lg • ctg • A0 ==$ La • q:a = Lg a B =»►
Lg a A
Como o enunciado afirma que a A > a B, devemos ter LA < Lg.
Resposta: b.
16. a A = 12 • 10-6 °C_I; a B = 24 • ÍO"6^ " 1 
A 20°C, temos: LAi = 2,00 m e Lg. = 2,01 m.
Queremos que a diferença de comprimentos seja duplicada, isto é, passe para 0,02 m.
Lg - La = 0,02 = > Lb,(1 + q b A0) - LAj(l + a A A0) = 0,02 = >
== ̂ Lb, — La, + Lg, • «g AO — LA, A0 = 0,02 => LBj a B A0 — LAj A0 — 0,01 (I) 
0,01
Poderíamos ter escrito diretamente a equação (I), mas não será muito fácil o aluno perceber isso. 
Substituindo os valores em (I):
(2,01) (24 • 10-6) (A0) - (2,00) (12 • 10~6) (A0) = 0,01 
24,24 • 10~6 - AO = 0,01
A0 = 0,01
24,24 • IO '6 
Resposta: b.
104
24,24 sé 412 A0 = 412°C
14
17. o A = 12 • 10“6°C , a B = 18 • 10-°°C
1° modo Consideramos a temperatura inicial como sendo -5°C e a final 15°C.
Assim: LAf = L„, = 20cm e A0 = 15°C - (-5°C ) = 20^C
20LAf = 20 = > LAi(l + a AA0) = 20 =► LAj = {
La = 20 LAi a 19,9952 cm
20
jAi “ 1 + 12 • 10 6 • 20
LBf = 20 = > LB,(1 + ú B A0) = 20 = » LBj = M
20Lk. = Lb. a 19,9928 cm1 + 18 • IO"6 • 20 
Portanto, a - 5°C: LAj - LBi = 0,0024 cm = 0,024 mm.
2° modo Consideramos 15°C como temperatura inicial e -5°C como temperatura final.
Assim: LA| = LB, = U> = 20 cm e A9 = -5°C - 15°C = -20°C.
La, = L Ai(1 + qa A0) = L0(l + o A A0); LB( = LB,(1 + t*n A0) = Lo(l + o B A 8)
Sendo d a diferença (em módulo) dos comprimentos a —5°C, temos: 
d = | LA( - Lb, I = |Lo(l + « A A0) - Lo(l + o B A0) | = Lo | (<*a - t*B)A0| = 
= 2 0 1 (12 • IO"6 - 18 • IO"6) (-20 ) | = 20(6) (20) (K)"6) = 24 • 10~4
d = 0,0024 cm = 0,024 mm
Como podemos observar, os dois modos não levam exatamente ao mesmo resultado, pois, pelo 
primeiro modo, obtivemos aproximadamente 0,0024 cm, enquanto, pelo segundo modo, 
obtivemos exatamente 0,0024 cm. No entanto, como vimos no início deste capítulo, desde que 
a | A0| < < 1, os dois modos levam praticamente ao mesmo resultado.
19. Lj = 2,00 m; Lf = 2,02 m; AL = 0,02 m; A9 = 200°C
AL 2,02 - 2,00AL = L, • a • A0 
Resposta: c.
Li • A0 (2,00) (200)
a = 5 - 10
20. Como foi visto no exercício 8, para um caso genérico (Fig. a), temos: tgyp — o • L;. Para o caso 
do exercício 20 (Fig. b), as retas são paralelas e portanto:
c*m • L mí = o n • L n{
Mas o gráfico mostra que Lm, > Ln,. Portanto: om <
\
Resposta: c.
15
21. Como foi visto nos exercícios 8 e 9, temos:
tg^A = « a • Loi tg *Pb — c*b • Lo; tg <Pc = «c - Lo
Com base no gráfico concluímos que <pc > 'Pb > Pa c portanto tg (fç > tgpB > tg Pa - 
Assim:
ac Lo > ob Lo > « a Lo
donde
ac > a s > a A 
Resposta: d.
22. AL = Lo • a • Ad = > ^ = a . (A0)
Lo
Concluímos então que a é o coeficiente 
angular da reta, isto é, a é numericamente 
igual a tg p. Assim:
15mm/m 15 • 10-3 m/m 
a “ 1000°C ~ l o 3oc
= 1,5 • ÍO -^ C "1 
Resposta: d.
23. Do gráfico, para 0 = 1 500 °C, vem: 4 ^ = 0,18.
«o
Portanto, = 0,18 At. = 18 cm
e = (0 + A£ = ioo,o + is
t = 118,0 cm 
Resposta: d.
27. AA = /? • Ai • A0 = 2 a • Ai • A0 = + a =
Mas A0 = 100°C e 4 ^ = 0,06% = 6 • 10“4. Ai
Assim:
1 AA
2 • AQ ' Ai
“ “ i n W ' 6 ' 10"4 “ 3 ' 10"
Resposta: d.
a = 3 • 10~6oC_1
33. A0F = 518° F - 68° F = 450° F
A0c _ A0f A 0c _ 450 . A„ ~ nor
16
L = Lj (1 + aA6>) = 100(1 + 20 • 10“6 • 250)
L = 100,5 cm
V = V ,( 1 + 7 A0) = 100 4(1 + 3 ■ 20 ■ IO '6 • 250) 
V = 406 cm3
40. A 20°C, a marcação do frasco é correta e a unidade de volume é p.] = 1,00cm'. A 40°C, essa 
unidade passa para /i2, onde:
M2 = /*i(l + 7 ^ 0 ) = (l,0 0 )( l+ 2 ,7 • IO”5 • 20) \ H 2 = 1,00054cm3
Assim, quando a 40°C a marcação do frasco é 20,00cm3, o volume real V c dado por:
V = 20,00 H2 = (20,00) (1,00054) = 20,0108 * 20,01
V = 20,01 cm3
41. ( Líf = 58,55 cm 
{ a P = 8 ■ 10-6oC“ ‘
f Lía =58,45 cm 
\ a A = 12 • 10-6oC -‘
A menor temperatura é aquela para a qual os dois diâmetros ficam iguais, isto é, LfF = Lf,. 
Assim:
LjF (1 + a F A0) = L*A (1 + c*a A0)
Daí tiramos:
A 0 = L|F Ljft
Lía ' qa — Lip a F
___________ 58,55 - 58,45 ________ __
(58,45) (12 • 10 6) - (58,55) (8 • I O 6) "
.*. 0 = 25 + 429 0 = 454°C
58. AL = L; • a • A0
AL
AL
Li
A0
___ AL
Ass‘ra' ac = ^ f c eQ F = i | r
Dividindo membro a membro, temos: 
cie _ A0F
A 0r (D
= ^ = f <»>•
Substituindo (II) em (I), temos:
Portanto: a F = ac
Qtç _ 9̂ 
5
Resposta: b.
\
17 ♦
60. Com a dilatação térmica, a distância entre os pontos 
A e E aumenta, passando para AE'.
A dilatação AL é igúal a EE':
AL = L, a AO
Sendo Li = AE = 2 ^2 m, vem:
AL = 2\Í2 • 1,2 • 10~5 • 75 
AL — 1,8- \Í2 ■ I0~3m = 1,8 \/2m m
Da figura ao lado tiramos:
Ax = Ay = AL • cos45°
Ax = Ay = 1,8 • V2 ■ - ~ -
Ax = Ay = 1,8 mm 
Resposta: e.
67. a = 2,0 • 10"5 °C -1; AO = 10°C;Ti = 2 s
Aproveitando o resultado do exercício 66, temos:
Tf = T, • y/l + ocAO = 2 ■ ^ 1 + 2 ,0 • IO'5 • 1Õ â 2,0002 s
Para cada 2 s o relógio atrasa 0,0002 s. Por regra de três, podemos calcular o atraso do relógio 
em uma hora:
2s -------- 0,0002s
3 600 s ----- x x = 0,36 s
MIC
6. Inicialmente temos VÍR = 500,00 cm3 e VÍL = 464,00 cm3, sendo 7r = 6,4 • 10 5 °C 1 e 
7l = 50 • 10~5oC~l . Quando o recipiente estiver cheio, os volumes finais do recipiente e 
do líquido serão iguais: VfR = VfL.
Mas VÍR = VIR(1 + 7 r • AO) e VÍL = VÍL(1 + 7l • A0).
Assim: VÍR(1 + 7rA í?) = V,L(1 + tlA^) => AO = Víl7l - =
500,00 - 464,00 _________ ______36,00 _ 36,00 _
(464,00)(50 • 10-3) — (500,00)(6,4 • IO-5) 0 ,232-0 ,032 0,200
= 180 = > A0 = 180°C
Como a temperatura inicial é 10°C, a temperatura final é:
Of = 10°C+ 180°C = 190°C
18
15. Usando o comentário feito no início do capítulo sobre dilatação térmica dos sólidos, vamos 
considerar 30°C como temperatura inicial e 10°C como temperatura final 
V0 = 10000 litros e AO = -20°C. ' ’
AV = V07 AO = (10000) (9,6 • 10 4) (-20 ) = -192
| AV j = 192 litros
Resposta: e.
17. Podemos resolver esse problema sem usar o conceito dc dilatação aparente, procedendo como 
no exercício 3, onde obtivemos:
AV = V, • A 0 - (t l - 7 r) (D
f AV = 12cm3; Vj = 120cm3; A0 = 200°C 
\ 7r = 3 a = 3(12 • 10-6 °C_1) = 36 • lO '^ C r 1
De (I), tiramos:
7l — 7R
AV
V, • A0
12
(120) (200) cr1= 5 ,o • io - 4 oc - ‘
Assim: tl = (36 • 10~6 + 5,0 10~4) °C“ 1 =
Resposta: d.
536 • 10-6oC -'
18. Este exercício é semelhante ao exercício 7. Aproveitando o resultado lá deduzido, temos:
v .„ = ^ - v » a)7 m
{VjM = volume inicial de mercúrio = ?VÍR = volume inicial do recipiente = 45 cm3 7r = 24 • ÍO -^ C "1 e 7m = 180 • Í O ^ C - 1
Substituindo em (I):
V 24 • 1Q-6
,M 180 • IO 6
Resposta: e.
(45) = 6 VÍM = 6,0 cm3
20. Podemos aproveitar o resultado deduzido no exercício 11:
h -ho
1 h0 • A0
onde h = 30 cm; ho = 20 cm; A0 = 60ÜC.
Assim:
_ 30 20 o/-.-t
1 20(60) 8,3 • lO “30^ 1
\
19
21. Podemos usar o resultado do exercício 3:
AV = Vi ■ AO • (tl - 7r)
onde: AV = V,; A0 = 0 - 0o; 7r = 3 a ; tl = 7; V, = V0. 
Assim: V1 = V0 • (9 — 0o) (7 — 3 a)
Resposta: c.
24. Como 0 frasco foi graduado a 20°C, o volume aparente a 20°C coincide com o volume real 
a 20°C (volume inicial): V, = 600,Ocm3. Considerando-se a variação de temperatura de 
20°C a 30°C, temos A0 = 10°C e AVap = (603,0 - 600,0)cm3 = 3,0cm1. Da relação 
AVap = Vj • 7aP ■ A0, tiramos:
AVaP _ 3,0
7ap V, • A0 (600,0) (10)
°C-1 = 5,0 • 10“4oC '
Como 7v = 30 • 10 6oC temos:
7 = 7v + 7ap = (30 • IO '6 + 5,0 ■ IO-4) °C -‘ = 5,3 • 10-4oC -'
Das figuras 1 e 2, temos: E = P e E' = P. Logo, E = E'. Sendo dF a densidade do líquido na 
situação da figura 1, dF a densidade do líquido na figura 2, e V o volume do coipo, vem:
E = E'
dF • 0,80 • V • g = d'F • V • g
dF • 0,80 = -__dp__1+7 A0
0,80(1 + 7A 6 ) = 1 
1 + 7A e = 1,25 
1 + 7 • 100 = 1,25
7 = 2,5 • ÍO -^ C " 1
20
C apítu lo 5 - C alorim etria
38. Energia fornecida pelo aquecedor:
Q = p . At = » Q = 110 • (5 ■ 60) = 33000 J
Fu.são do gelo:
Q = m W = » 3 3 0 0 0 = 1 0 0 • L f 
Resposta: d.
Lf = 330 J/g
39. Energia (em joules) fornecida pelo aquecedor:
Q = P - At = 420 At (I)
Quantidade de calor para aquecer a água:
Q = m • c • AO = » Q = 1,0 • 4,2 • 103 • (100 — 10) =í> Q = 3,78 - 105 J
At = 900 s = 15 minDe (1), vem: 420 • At = 3,78 - 105 =
Resposta: c.
46. Q = P • At = > Para ambos, em 50 min, teremos a mesma quantidade de calor Q.
Para A\ Q = m • c ■ A0 = > Q = 600 • cA • 30 (1)
Para B: Q = m • c • AO = > Q = 200 • cB ■ 10 (II) 
De (I) e (II), vem: 18 • cA = 2 cb = > 9 cA = cb
c a = ^ • c b
Resposta: a.
48. No primeiro trecho do gráfico obtemos a potência da fonte:
P = At P =
A0
At P =
500 -_1,0 -40 
100
P = 200 cal/s
No segundo trecho do gráfico (a potência é a mesma), aplicamos: 
Q = p . At =►’ Q = 200 • (1 455 - 100) = 271 000 cal
Sendo Q = m U ap = > Lvap = - = > Lvjp = -2~ ~ ==>
K ^ m 1 500
Resposta: e.
49. Em 10 min, a fonte forneceu:
Q f = p . At = » Qf = 250 • 600 =4> Qf - 150000cal
Em 10 min, o sistema água + chaleira consumiu:
Qsist Qa 3 Qch Qsist — tna • Ca * A 0 -f- • Cç ‘ AO
Lvap = 542cal/g
Qsis, = 1 200 ■ 1,0 • 75 + 500 • 0,25 ■ 75 Qsist = 98 625 ca]
Conclusão: 66% do calor é usado pelo sistema água f chaleira. 
Resposta: c.
52. a) Qa = ma • ca - A0 Qa = 200 • 1,0 • 80 =>• Qa = 1,6 • 104 cal
b) Potência de aquecimento:
p = = 16000 cal
At 1,0 min
Em 2,7 min = > Q = 16000 x 2,7 = * Q = 43 200 cal 
A quantidade de água vaporizada é:
Qvap = ITlv ' Lvap
rnv mv 43200 540"" mv = 80 g
Resposta: Restam na panela 120g.
73. a) Sabendo que metade da massa do vapor se condensou e a outra metade continuou no mesmo 
estado gasoso, concluímos que a temperatura final é 100°C.
b) Q i + Q 2 + Q í = 0
mg • Lf + ma • ca • A0 + ( -y ) • Lvap = 0
270 • 80 + 270 • 1,0 • 100 + • 540 = 0
92. a)
V = A • e = 1,0 • 0,10 = 0,10m3 = 1,0 x 105cm3 
m = n • V = 0,90 x 1,0 x 105 = > m = 9,0 x 104g
b) Q = m • LfU + m • c ■ A6
Q = 9,0 x 104 x 80 + 9,0 x 104 x 1,0 x 10 => Q = 8,1 + 106 cal
93. a) 10 £ =s. m = 10kg
Q = m • c • A 6 = 10 x 1 x 2 = 20 kcal = (20 x 4) kJ = 80 kJ
b) Aquecedor: F = 60 W
At = 25 min = l 500 s
E„ = P At = 60 x 1 500 = » E„ = 90 x 103 J = 90kJ
22
Dissipação: 10 kJ cm 90 kJ 
Fração perdida: ~
94. 1°) Para aquecer a água:
Qa = m - c • A9 => Qa = 1 000 - ] • (90 - 20) = * 
1 cal = 4,2J = > Qa = 4,2 • 7 • 104 = 2,94 IO5 J
2“) Fonte de calor:
Qf = P • At => Qf = 200 • At (em joules)
70% é utilizado =$> Qf = 140 ■ At (em J)
Logo: 140 At = 2,94 • 105 At = 2,1 IO3 s
Qi. 7 104 cal
97. 1“ ) Energia mecânica da queda-d'água em 1,0s:
Eincc = Epo, = m • g • h = 200 x 10 x 5,0 = 10 x 103 J = 10kJ
27 ) Eficiência do gerador elétrico:
EC| = 30% • Emec =>• Ee| = 3,0 kJ
= w T = 3 'OIW
37) Aquecimento da água:
Q = m • c • AO = 50 x 1,0 x 50 = 2500kcal 
Admitindo 1 cal = 4J = > Q = lOOOOkJ
47) Cálculo do tempo de aquecimento:
Q _ 10000 kJP • At = Q =
At Sí 3 333 s 
Resposta: c.
At =
Pelétr 3,0 kW
At = 55 min Sí 1 h
98. a) Observemos, inicialmente, que mesmo recebendo calor nos primeiros 50 s a temperatura da 
liga não subiu e não houve mudança de estado. Logo, todo o calor recebido foi dissipado 
para o ambiente.
Se P0 = 30W = 30 a quantidade de calor dissipada em 1 s foi de 30 J.
b) Dos 43 W fornecidos, 30 W são dissipados.
Pútü = 4 3 W —3 0 W = 13 W
Como 100 g são fundidos em 200 s, cada 1 g é fundido em apenas 2s.
Q = Pm ■ At = 13 x 2 Q = 26 J
Observe que a quantidade de calor calculada é o calor latente de fusão. v
c) Do gráfico tiramos, no estado líquido:
20°C — * 10 s 
1°C —4 0,5 s
100 g ■ 0,5
0,5
100
s
s
23
Q = PÚÜ, • A t = 1 3 x ^ -
Observe que a quantidade de calor calculada é o próprio calor específico da liga no estado 
líquido.
Q = 0,065 J
Poderíamos ter feito: 
Q = m • c • A 9 = > c — Q
rn • A 0
P At
m • Á 0
13 x 10 
100 x 20
c = 0,065 J/g°C Q = 0,065 J
d) O pedido c exatamente o do valor do calor específico no estado sólido:
Q = m ■ c • A# = > c = ^ ^ -2i l = 0,13—i—v m ■ A0 100 x 20 g°C
Logo, o calor pedido é: ' Q = 0,13 J
101. Q l 4- O2 = 0 m( • C! • (&{ - 0|) + m2 • c2 • (0f — 02) — 0
m ^i^f - miei • 6] + m2C2 Of - m2C2 02 = 0
0f(miCi + m2C2) = m|Ci 01 + m2c2 02
Resposta: d. 
103. 30° c
A
Ot mi - ei • 6\ + m2 • c2 • 02 mi • ci + m2 • c2
Qa + Qb — 0
mA • cA • (35 - 30) + ms - cb • (35 - 40) = 0 = > 
=► mA • cA = mB • cB (I)
0, = 35° C
40° C
B
50°C Qb + Qc = 0
mB • cb • (42 - 40) + mc • cc • (42 — 50) = 0 
2 mB ■ cB = 8mc ■ cc = >
/ =>■ mB • cB = 4 mc • cc (IT)
0, = 42° C
24
30°C 50°C
A c Qa + Qc = 0
mA • cA • (x - 30) + me - e t • (x - 50) = 0
\ X de (I) e (II) vem:
4m c • cc • ( x - 30) + me • cc - (x — 50) = 0
\ /
e' = x x = 34 °C
Resposta: b.
104. A máxima quantidade de calor cedida pela água, se fosse resfriada até 0°C, seria: 
Qmáx = m • c • A0 = » Qmáx = 200 1,0 • (60° - 0o)
Qmáx = 1 200 cal
Com essa quantidade não seria possível fundir todo o gelo. Vejamos:
Q = nif ■ Lfu 1 200 = mf • 80 ==> mf = 15 g 
Resposta: e.
107. Observemos que 0f, = 0°C (gelo fundente)
Qmetal d- Qfusâo = 0 ----V m 2Cme • A 6me 4 m fu • L fu = 0
100 • 0,20 • (0 - 0me) + 20 • 80 = 0 0mc = 80°C
108. a) O gelo necessitará, para fundir-se completamente,da séguinte quantidade de calor: 
Qa, = m ■ Lfu = 20 • 80 = 1 600 cal
O sistema água + calorimetro poderia fornecer, no máximo:
Q to t = Qa + Qcai = m a • ca • A0 + iric ■ cc • A 0
Q to t = 100 • 1,0 • 20 + 10 • 0,094 • 20 = * QTOt ^ 2020cal
Logo, seria suficiente para fundir completamente o gelo.
b) Notemos que a temperatura final nao será 0°C, pois o gelo somente necessitará de 1 600 cal 
para se fundir.
Q i + Q2 + Qs + Q4 = 0
mg • LfU + m2 ■ C2 • A02+
+ m3 • c3 • A03+
+ nu • C4 • A 64 — 0
20 • 80 + 20 • 1,0 • (0f -O )+ 
+ 100 - 1,0 ■ ( 0 -2 0 ) +
+ 10 0,094 • ( 0 -2 0 ) = 0
0 ^ 3,5 °C (2) aquecimento da água gelada
(3) calorimetro
(4) água quente
25
109- □ □ □
+
81g
'̂gelo mágua__/
n
cubinhos de gelo
água ti, = 0°C
Cada cubinho absorverá uma quantidade de calor q:
| q | = m • c • A 0 = 1 • 0,5 • 2 0 = 10 cal
Sendo n o número de cubinhos acrescentados:
I Qabsorv | = n • q = (n • 10) cal (I)
Observemos que cada cubinho absorverá calor até atingir 0°C. Não haverá fusão, pois a água 
estava a 0°C. Na realidade, o calor absorvido pelo gelo é cedido pela água, que se solidificará 
em parte. Seja (tns) a massa solidificada:
Qccd = ms * LSÜ] — ms • 80 (II)
Temos: | Qabs | = | Qced | = > 10 • n = 80 ■ ms (III)
No recipiente, a água (líquido) diminuirá até que tenhamos massas iguais de água e gelo como 
especifica o enunciado.
tflcubinhos ttlsolid — ITUgua, restante
n • 1 + ms = 80 - ms (IV)
Substituindo (III) em (IV): 
8 • ms + ms = 80 — ms =
Voltando em (III):
10 ■ n = 80 x 8 =
10 m, = 80 m. = 8g
n = 64 cubinhos
Conferindo: da equação (I) verificamos que 64 cubinhos “ roubam” da água 640 cal. Essa 
quantidade de calor solidifica 8g de água a 0°C [equação (II)].
72 g água | j(64 cubinhos + 8 g de gelo^
C apítu lo 6 - M udanças de estado
23. Quando a água passar de -4°C para 0°C, ela retirará do sistema a seguinte quantidade de calor: 
Q = mA • c • A0 = > Q = 100 • 1,0 • 4,0 = > Q = 400cal
Essa quantidade de calor, retirada a 0°C, solidificará a seguinte quantidade de água:
Q = ms • U o |ld = > ms = —Q— ms =
ms = 5,0 g
26
24. Q = mA • c • A0 =*■ Q = 1 000 - 1,0 -7,0 = * Q = 7 OOOcal
Q — nns • Líjoiid ms = 7 (XX)80 ms = 87,5 g
25. trecho AB: sobrefusão = > somente líquido
trecho BC: solidificação parcial brusca =>■ sólido + líquido 
trecho CD: solidificação do líquido restante = > sólida + líquido 
trecho DE: resfriamento: apenas sólido 
Resposta: c.
29. Estando a panela totalmente vedada, a pressão 
máxima do vapor aumentará com a temperatura. Esse 
vapor estará constantemente saturado e impedirá a 
ebulição. Em um dado instante a pressão é p i e a 
temperatura de ebulição seria 0ebui- Nesse instante, a 
temperatura da água é 6liq.
Observe que i9|iq< 0ebU|. Logo, a água da panela mal 
entra em ebulição.
39. Evidentemente devemos supor que a experiência é feita no nível do mar. A partir daí, descendo- 
se a 500 m de profundidade, teremos maior pressão atmosférica e maior dificuldade para que a 
água entre em ebulição.
Resposta: c.
50. Jogando-se água fria, resfriamos parcial mente o vapor, e ele se condensa. Rapidamente cai a 
pressão do vapor (descompressão isotérmica). Acompanhe no gráfico abaixo. A água estava em 
ebulição: A = (p i;0 |) . Jogando água fria, a tem­
peratura cai ligeiramente para 9 i< 0 \ . Temos o 
estado B = (pt ; 62). A seguir, com a condensação 
do vapor, a pressão cai rapidamente para um valor pi 
(descompressão isotérmica) e atinge a curva de 
ebulição (ponto Q (P2; 62)- Assim, a água começa 
novamente a ferver. Destaquemos a rapidez com que 
se processa a queda de pressão do vapor em relação à 
queda de temperatura. Observemos também que 
atingimos um novo ponto de ebulição a uma 
temperatura mais baixa.
Seja 9\ a temperatura comum nas duas cidades, 
A e B.
, %
Em B a agua não ferve porque a pressão certamente
é mais elevada que em A, dificultando a ebulição.
Esta ocorreria a uma temperatura mais elevada {Ô2
no gráfico).
27
Assim, sendo a pressão atmosférica de B mais elevada que a de A, concluímos que esta última 
tem maior altitude.'
Resposta: b.
56. Quando reduzimos o volume, há inicialmente um aumento da pressão, provocando a conden­
sação de parte do vapor.
Resposta: a.
57. A tendência do sistema é manter a mesma pressão de vapor inicial, para aquela mesma 
temperatura.
Resposta: c.
58. Inicialmente o manómetro indicava a pressão máxima de vapor a 20°C. Ao ligarmos a bomba V, 
sugando o vapor, a água evaporará, pois a tendência do sistema é manter, para uma mesma 
temperatura, a pressão máxima de vapor constante.
Resposta: d.
59. Ao colocarmos pequena porção de éter na 
câmara evacuada do barômetro, ele irá se 
volatizar. Se a volatização for total e não 
saturar a câmara, não se terá atingido a 
pressão máxima de vapor do éter (76 cmHg). 
Desta feita: 0 < h <-76 cm.
Se houver quantidade de éter suficiente para 
saturar a câmara (vapor 4- líquido), será 
atingida a pressão máxima de vapor, e então 
h = 0 (no nível do mar).
Resposta: e.
------éter (vapor)
------- mercúrio
61. Mesmo em temperatura ambiente o dióxido de carbono sofre sublimação com formação visível 
do vapor. Evidentemente o CO2 no estado sólido comporta-se como uma verdadeira pedra de 
gelo, pois rouba calor do ambiente, e sua superfície parece gelada.
62. a) Para a pressão de 880 mm de mercúrio, a tabela dada fornece a temperatura de ebulição da
água igual a 105°C. Com essa temperatura, entra-se no gráfico dado (0; t) e obtém-se o 
tempo de cozimento: 20 min.
b) 100m de altitude — ► Ap = -1 0 mm 
800 m (Gramado) — ► Ap = —80 mm
Logo, em Gramado, a pressão atmosférica é:
760 — 80 = 680 rnmHg
Voltando à tabela: temperatura de ebulição da água = 97°C.
No gráfico (0; t), obtemos o tempo de cozimento = 60 min.
*28
c) No nível do mar.
p = 760 mm — > #ebut = 100°C —* Atcoz = 40 min
Em outro lugar queremos:
AtcoZ = 2 x 40 min = 80 min — * 0ebui — 95°C —♦ p = 640 trunHg
Temos:
Ap = 760 - 640 = 120mmHg h = 1 200 in
63. Façamos:
H = umidade relativa —♦ fi — —
dsat
dvap = densidade do vapor 
dSat — densidade de saturação
É sabido que ocorrerá condensação quando dvap = dsat 
a) A 12°C =>• dsat = 12g/cm3 e /i = 0,75
0,75 x 12 = 9,0 g/cm3dvap
" = d T dvap - fl ‘ dS;
A 24°C = > d ^ = 24 g/cm3
P =
_ dyap _ 9,0
24 H = 37,5%
b) 34°C => d ^ = 36 g/cm3 e /i — 0,50
dvap /-̂ * dsat — 0,50 x 36 v dVap = 18 g/cm
Para que ocorra a condensação do vapor d’água no copo (loura suada) é necessário que 
dsat dyap 18 g/cm .
Isso vai acontecer a 18°C ou menos:
0 < 18°C
C apítu lo 7 - Propagação do ca lo r
2. Da tabela temos:
K = 385 W/m - K (SI)
A = lü c n r = 10 x 10~4m2 = 1,0 x 10~3 m2 
AO = 02 ~ = 100°C - 0°C = 100°C = 100 K
(Observe que é variação de temperatura.) 
e — 2,0 m
4 > = K . A .( f e - ^ ) = 385 x '.O x iO ^ x tO p . i = l 9 ,2 5 w :
e 2,0 m2
29
5. Vamos acertar as unidades: 
, 2. v n n kcalA = l,0m ,K = 320 ; e = 2,0 cm = 2,0 • 10 2 mh • m • °C
0i = 100°C e 02 — 20°C
e <f) = 320 •
1,0(100-20)
2,0 • f0 -2
b) 0 = _Q_At
0 = 1,28 • 10fi
Q = 0 • At =*• Q = 1,28 • 106 • 0,50
Q = 6,4 • 105 kcal
13. à - K A(gß ~ ^ = K A{9c ~ *A> =4, - 0ç _ 0ç - 0A
B̂C ÂC B̂C ÂC
80 - 0C = 0C - 200 
30 ” 50 3 0c - 600 = 4 0 0 - 5 0C
0c = 125°C
Resposta: d.
14. Fluxo através de 1 janela:
x = K A(^in ~ 0ex) _ 0,72 ■ 1,5(20 + 5)
e 3 • IO“3
Nas 5 janelas, durante 12 h, teremos:
Q = 5 • 0i • 12 ==► Q = 5 • 4 • 105 cal
Para repor essa energia, seriam consumidos 90 g de carvão
42. Fluxo através da parede de cobre:
A(—10 — 0)
0, = 9,0 • 103 cal/h
0 = K,
ei
Fluxo através da parede de cortiça:
* = K, A(^ 40)
e?
Como se trata do mesmo fluxo, igualamos as expressões:
K ,A í r J 0.- * ) = K 2 M z i P I ^ o,9 2 ^ - 1Q- ^ = 1 3 - 1 0 - ^ - 4°)
e i e2 1,0 5,0
0 Sí -9,99°C (deve ser maior que — 10°C)
30
b) Cálculo do fluxo
Usamos uma das equações e substituímos o valor <Je 9. Cuidemos das unidades:(cobre) K) = 0,92cal/s • cm • °C
ei — 1,0 mm = 1,0 ■ 10_1 cm 
A = 0,26m2 = 0,26 • 104cm2 = 2,6 • IO3 cm2
4>= K
A (9+ 10)
ei
4> = 23,8cal/s
Respostas: a) -9,99°C b) 23,8cal/s
4 3 . 0cobre — (P d ç o 4" 0 latão 1
( j )=Ke">~ °f' J ^
0j = temperatura da junção 
Resposta: e.
(100- f t ) ( f t - 0) ( f t - 0)
0,92-— 46 - >■ = 0 , 1 2 + 0,26 >~J 1
0j = 40°C
44. Consultando a tabela dos coeficientes de condutibilidade térmica (item 2 da teoria), encon­
tramos:
cobre: Kcu = 385 - -W-~ aço: KA = 50,2 - ^ ■m • K. m • K
a) Na barra de cobre:
» - kc. - A(f t - ^ - 3g i x ^ x l( r> <1” - <i5)e 1,0 <t> 2i 8,0 W /m2
b) Na barra de aço:
A (0 3 -0 |]<t> = K, T „ A . (03 -01 ) 6,0 x 10~4( 6 5 -0 )L2 - K a ----------- - 5 0 ,2 x ----------— -----------
L2 = 0,24 m = 24 cm
C apítu lo 8 - C om portam en to té rm ico dos gases
59. í V, = 30m3; T, = 27°C = 300 K 
\ p2 = 2pi; T2 = 54°C = 327K
PiVi _ P2V2 Pt(30) _ 2pi • V2 
Ti T2 “ * 300 327
d m
V
2,0 kg 
16,3 m3
0,12 kg/m3
V2 Sí 16,3 m3
31
>19- , = ( ,= * • ( m = m„ = 2g 
1 P — Po = 2 atm
t = 5 s = > J m = m, = 3g 
\ P = P! = ?
Sendo n o número de mols de moléculas e M a massa molar, temos n = m/M. Aplicando a 
equação de Clapeyron:
m0RTp0V = n0RT = M e piV = njRT =
mtRT
Dividindo membro a membro:
=£• pi = po = -~r (2 atm) = 3 atm 
pi nvi mo 2
Resposta: d.
120. Situação inicial 
Vi = 6 0 £
Pj = 9,2 atm
T| = (27 + 273)K = 300 K
ni = ?
Situação final 
V2 = V, = 60 í7 
P2 = 1 atm 
T2 = T, = 300 K
n2 = ?
PiVj = n |R T , = » m =
P2V2 — n2 RT2 — V n2
Pi Vi = (9,2) (60) = j a _
RT, (0,082) (300) 0,41
P2V 2 _ ( 1 ) ( 6 0 ) 1
RT2 (0,082) (300) 0,41
iAn| = n , “ "2 ^ ^ “ ã 4 T = M T = 20 | An | = 20mols
m = n • M = > | Am | = | An | • M = (20 mols) (32g/mol) - 640 g 
Resposta: d.
121. Sendo g a aceleração da gravidade e A a área da base do cilindro, temos:
-1/ A . ,, A, Mg (M + m)gV, = A • hi; V2 = Ah2; pi = - ^ - ; p2 = -----
A transformação é isotérmica: 
PiV, = p2V2
M u 300
I ^ A jM + m)g 
A A
h2 =
M + m
h, =
300 + 100
• 80 cm = 60 cm
123. í 1,00 • 103 cm3 = 1 litro = 1 f
\ equilíbrio = > mesma pressão dos dois lados
gás Gi gás G2
V, = 11
T, = (27 + 273) K = 300 K 
Pi = P
V2 = 1 /
T2 = 300 K 
P2 = P
♦32
Pi Vj = PÍ _ V i 
T, t ;
p (1) p '( l+ x )
300 400
P _ 3 (1 + x )
(I)p' 4 
De (I) e (II) temos:
P2V2 = P2 V2 
T2 V2
P • (1) _ P '0 - x ) 
300 200
P 3(1 — x)
P'
3 (1 + x) 3(1 - x) 1
ou x = r = r r cm-
(in
103
Sendo d 0 deslocamento do êmbolo e A a área da seção reta do tubo. temos:
103 3— — cm
x = d • A = > d = - f = - ? ---- 5— = 333cm = 3,33 ■ 102cmA 1 cm2
Resposta: b.
126. Como o movimento foi lento, podemos admitir que a temperatura se mantém constante. Seja A 
a área da seção reta do tubo.
V Po v o : P0
2 a a 2 a
V0 = A • (2a)
Vi = A • (3a)
V2 = A • (a)
Lei de Boyle para o gás X: p0V0 = piVi 
Lei de Boyle para o gás Y: p0V0 = p2V2
3a
(D
(II)
De (1) e (II), temos:
PiV, = p2V2 = » pi • A • (3a) = p2 • A • a ==> p2 = 3pi (III)
Do Teorema de Stevin tiramos:
P2 = Pi + P ■ g ■ a (IV)
Substituindo (IV) em (III):
3pi = Pi + p ■ g ■ a = > p! =
Substituindo (V) em (I):
P ■ g ’ a (V)
33
Po • A(2a) = P ■■ - a • A • (3a) = > p0 3pga4P o .V 0 = ^ f ^ - V ,
Resposta: a.
Capítulo 9 - Term odinâm ica
7. Ep = MgH • 30 = 50 • 9,8 • H • 30 
Ep = 1,47 • 104 H (I)
Q = mcA0 = 500 1 -1 4
Q = 7 000 cal
1 ca l-------- 4,2 J 1
7 000 ca l-------- Qt J
Mas Qi = Ep (energia potencial dissipada)
Qt = 29 400 J
Em (I): 29400 - 14 700 H H = 2 m
Resposta: b.
23.
e, T, 300 
Resposta: b.
3 /3 R T , 3RT, 3RT, i = 9
V M M M l l
. = y k T , ; e 2 = - |k T 2
e2 — 2 e,
25. Tj = 300 K; Tf = 600 K; Vi = Vf = V; pL = pf = p 
pV = n.RTi = nfRTf =4> nf = = - ^ - n j = j - n,
Sendo n o número de mols de moléculas que escapam, temos: 
n = nj - nr = n, — y ni = y n,
Resposta: d.
39. f T, = 273 K; pi = 1,02 ■ 105 N • nT2; V! = 2,24 • 10 2 m3 
\p 2 = Pi; V2 = 2,22 • 10"2 m3
\Z\ = p |A V | = (1,02 • 105)(2,2 4 -2 ,2 2 ) • 10“2 |S | = 20,4J
Resposta: d.
34
40. Z = pm ■ AV e pV = nRT. Sendo p constante, lemos 5 = p AV e p A V = nR AT. 
Como n = 1, Z = R AT.
Resposta: d.
42■ PiV, _ p2V2 _ _ pV 2p • 2V 
T, T2 ' T T2
O trabalho é numericamente igual à área sob o gráfico:
_ (p + 2p)V 
2
Z = 
Resposta: c.
3pV/2
44. í l ° + 30)(1.0) + (2 0)(3())
Resposta: e.
Z = 80 J
50. AQ = 4 0 - 1 0 = 301 
Z = 200 J
AU = A Q - S 
AU = 30 - 200
AU = —170 J
A temperatura diminui.
51. AU = UB - UA = 800 - 900 AU = -100J
\Z \ = 2 _ i ü i ± 1 0 l . 4 . 10-3 = 1 5 . 4 . 102 = 600j
Z = — 600 J
AU = Q — £ 
-100 = Q + 600
Resposta: b.
Q = -700 J
52. Q = 18,0 • 105 J 
n = 100 mols
a) 6_H )L ±_L:
R = 8,31 J/molK 
105 Z = 4,5 ■ 105 J
b) AU = Q - £ = 18,0 • 105 - 4,5 • 105
AU = 13,5 • 105 J
c)
P iV , = nRT] 1 T _ PtVi _ 3 • 105 • 1 T — 361 Kí nR 100 • 8,31
t = T - 273 = 361 - 273 t = 88°C
v
35
61. p = IO5 N/m2 •
A = lOcm2 = 10 • 10 "nr = 10_3m2 
H = 5,0cm = 5,0 • 10~2m
AV = A • H = IO“3 • 5,0 ■ IO“2 AV = 5,0 • IO“5 m3 
Sgás= p Av = IO5 • 5,0 • IO“5 Sgás= 5,0J
Mas: Z = - S gás
• V. V2Na expansão isobarica aumentam volume e temperatura, pois —— =11 1 2
Resposta: a.
64. a) Z = [(0,001) (1,0 ■ 105) +(0,001) (2,0 - 105)] J
Z = 3,0 • 102J
fp i = 1,0 • 105 N/m2; V, = 0,011m 3; T, = 300 K 
b) \ p2 = 2,0 • 10s N/m2; V2 = 0,013 m3
P iV , p2V2 1,0 • 105 • (0,011) _ 2,0 • 105 • (0,013) 
' T, ~ T2 ^ 300 “ T2
T2 = 709 K
65. a) Pa Va _ PcYc 4(1) 1(4)
Ta
Ta = T c
Ta Tc Ta T
b) AT = 0 =4> AU = 0 ;S = [(4— 1)(4)]J= 12J 
AU = Q - S = > 0 = Q - S ==> Q = 3 = 1 2 J
AT = 0
72. J n = 0,5 mol; V = 10* = 10 ■ IO“3 m3 = 10~2 m3; Cv = 1.5 R 
\ pi = 1,5 atm; pf = 4,5 atm; 1 atm = 1,013 - 105N /m 2
Q = n • Cv AT
Lembrando que o volume é constante, temos:
pV = nRT ==> T = AT =nR nR
Portanto:
Q = n(l,5R) • = 1,5V Ap (I)
Mas p = (4,5 - 1,5) atm = 3 • (1,013 • 105)N/m2.
Substituindo em (I), temos:
Q = (1,5) (IO"2) (3) (1,013 • 105) Q aí 4,6 103 J
36
73. n = 5,0 mols; Cv = 5,0 cal/mol K
a) O gráfico é um segmento de reta cujo prolongamento passa pela origem. Portanto: 
~r = constante => transformação isocórica
b) Do gráfico, tiramos TB = 500 K e assim AT = 300 K.
Q = n CV(AT) = (5,0) (5,0) (300) Q = 7 500 cal
Como a transformação é isocórica, temos 3 = 0 e portanto: 
AU = Q
AU = 7 500 cal
81. a) T = constante = > PaVa = Pbv b ==> 2(1) = ( 1 ) VB V« = 2£
b) T = constante => AU = 0. Portanto, de AU = Q— Z, tiramos
105. a) 1 cm3 — 10~6m3
Z = (4,0 ■ 105 N/m2) (4,0 — 1,5) • 10"6 m3
Q = Z = 5,7 J
5 = 1,0J
pV
b) ~ constante => A temperatura T sera menor onde for menor o produto pV e isso 
ocorre no ponto D.
106. Ta = 27 °C = 300 K; R = 8 J/mol • K; n = 2,0 mols
pAVA = nRTA = » pV = (2,0) (8) (300)J = 4 800J (I)
O trabalho no ciclo é numericamente igual à área, "dentro" do ciclo:
Z = (2p — p) (2V - V) = pV. De (I) tiramos S = 4 8 0 0 J
107. n = 20 mois; Cp = 20,8 J/mol • K; Cv = 12,5 J/mol • K 
R = Cp - C v = 8,3 J/mol • K
a) Z = (2 ,0 - l,0)m3 • (1,50 -0 ,5 0 ) • 105N/m2 Z = 1,0 • 105 J
b) 1" modo A transformação AB é isobárica. Portanto, Q = n ■ CPAT. De pV = nRT, 
p AVtiramos p AV = nR AT, isto é, AT =
nR
Assim:
Q ab = nCp AT = n C p í ^ = =
= (20,8) (1,50. 10í ) ( l ) l s 3 i 7 5 . , 0,J
8,3 Qab = 3,75 • 105 J
2° modo podemos calcular Q Ab sem usar Cp eC y.
5ab= (2,0 — l,0)m3 • 1,50 • 105N/m2 = 1,50 • 105 J 
A U ab = - | p AV = 0 - ■ 1,50 • 105 • 1,0) J = 2,25 • 105 J 
A U ab = Q a b - S ab = ► Q ab = A U ab + S ab Qab = 3,75 • 105J
c) l“ modo De modo análogo ao desenvolvido no item b), lemos:
I Qcd I
= c Pi Av I __ (20,8) (0,50 • 105) (1) j
8.3
|Q cni = 1,25 • 105 J
2° modo Scd= [(1,0 - 2,0) (0,50) • 105]J = -0 ,50 • 105J 
AUCD= - | p A V = 0,50• 105 • ( 1 ,0 -2 ,0 )] J = -0,75 • 105J 
A U cd = Q c d - ^ cd ==^ Q cd = A U c d 4 -S cd = —1,25 ■ 105 J
I Q cd | = 1,25 • 105 J
d) Ua = | paVa ; Uc = | pcVc
AUac = Uc - UA = - | (PcVc - pA VA) =
= (0,50 • 105 • 2 ,0 -1 ,5 0 • 105 • 1,0) J AUac = -7 ,5 • 104J
119. S =
[(v2 - V.) 4 (V3-VQ1 (P2 - Pi) _ (P2 - P i)(V2 + V 3 - 2 V i)
_ Z _ = ( P 2 - P i)(V2 + V 3 - 2 V i)
r Qi 2Q,
Resposta: a.
130. T) T j = 1 _ 273 + 27 04Tj 273 + 227 '
r\ = }> Q, = 1 000 cal
0.4 =
1000 
Resposta: d.
Z = 400 cal
38
131. Máquina 1: 77 = 1 — p - 
Ti
0,3 = 1 - 2 2 1 ± 7 | Xi = 
Máquina 2: 7/ = 1 — p -
400 K
0,5 == 1 - -2-7-^ r— | T', = 560 K
AT = T, - T , = 560 - 400 I AT = 160 K 
Resposta: c.
133. f Qi = calor recebido pela fonte quente, à temperatura T| 
Q2 = calor retirado da fonte fria, à temperatura T2
S = Qi - Q2; T, = 39°C = 312 K; T2 = 0°C = 273 K 
m = 200 kg = 200 • 103g; L = 80cal/g
Q2 = mL = 1,6 • 107 cal
_ Q2 
C 5
q 2 (I)
Sejam Q\, Z ' e e', respectivamente, o calor recebido pela fonte quente, o trabalho e a 
eficiência, para o caso do ciclo de Camot.
Q j = Q 2 ^ Q i 1 ,6 • 1 0 7
T, T2 312 273
S '= Q; - Q2 £* 0,23 • 107 cal 
e' = Qi- ^ 7 .
Q; ^ 1,83 • 107 cal
Mas e = | e' = 1.
Substituindo em (1): 
Z ^ 1,6 ■ 107 cal
136. a) A = 500 cm2 = 500 • 10“4 m2 
n = 0,50 mol 
T = 300 K
h — 20 cm = 20 • 10~2 m
R = 8,0 J/mol K
g = 10 m /s2
P a = 1,00 • 105 N /m 2
V, = A • h = 500 • IO“4 • 20 • 10 2
39
V, = 1,00 - 10~2 m3
pV, = nRT,}p • 1,00 • IO-2 = 0,50 • 8,0 - 300
1,2 • 103 
P “ io-2
p = 1,2 • IO5 N/m2
Pressão devida ao êmbolo:
P = P a + P p — '« 1 , 2 • 1 0 5 = 1 , 0 0 • 1 0 5 + p P 
p E — 0 , 2 ■ 1 0 5 N / m 2
PE = pE A = 0,2 • 105 • 500 • 10 4 
P E = 105 • 102 • IO "4
PB = 1,0 103N
IO3
10
rriE = 1,0 x 102 kg
b) Volume final:
T 7 = T f > T2 = 420K
_UX) IO“2 
300
V2
420
V2 = 1,4
AV = V2 - V, = 1,4 • IO"2 - 1,0 • 
AV = 0,4 • 10-2 m3
10~2 m3 
IO“2
5 = p • A V
Z - 1,2 • IO5 • 0,4 • IO“2
S = 0 ,4 8 • IO3 Z = 4,8 • 102J
137. 0 gráfico está sobre uma reta que passa pela origem. Assim, — = constante e 
transformação é isobárica. Sendo n = 1, temos:
pV = nRT P =
nRT
V
RTp
Vo
5 = p( A V) = (2 V0) = 2 RTo
v o
Q = nCp(AT) = CP(2T0)
AU = Q - Z = Cp(2T0) - 2 RTo = 2(Cp - R)T0 
Resposta: c.
:, portanto, a
40
138. a) Rendimento máximo:
_ . _ , T2 _ . 300 _ n ^
Vmin 1 600 /̂iráx — 0,50
Máquina do inventor:
Qi = 1,2 • 104 cal
Qi = 1,2 104 - 4,186 Q, = 5,0 • 104 J
5 1,0 • io4
T/real Qi 5,0 • 104 171631 0,20
Se o inventor estivesse dizendo a verdade: 
Vtnáq = 0,9 7?máx = 0,9 0,5 r)miq = 0,45
Portanto, a afirmação é Falsa.
4 b) 1,0 - 104J
p = 200 N/m2 AV = ? 
S = p • AV
1,0 • 104 = 200 • AV AV = 50 m3
C apítu lo 10 — H id rod inâm ica
2. A aresta do cubo é x = 40 cm e h = 24 cm.
(a) (b)
A figura b representa a situação em que o líquido está na iminência de derramar. O volume do 
líquido é o mesmo nas situações inicial (a) e final (b), e para que isso aconteça, a área do 
retângulo da figura a deve ser igual à área do trapézio da figura b:
xh = -~X ■ ̂ ^ X => y — 2h — x — 2(24) — 40 =>• y — 8 cm
Assim: a = g • tg0 = g ( -*— y ) = 10 => a — 8,0 m/s2
41
12. {
R i = raio da aorta = 1,0 cm 
R2 = raio de cj»da capilar = 4,0 • 10“ 1 cm 
vi = velocidade do sangue na aorta = 30cm/s 
v2 = velocidade do sangue num capilar = 5,0 • 10 2cm/s
A vazão na aorta deve ser igual à soma das vazões nos capilares. Sendo n o número de capilares 
e admitindo que a vazão seja aproximadamente a mesma em todos os capilares, temos:
7tRi2 • Vi = n • 7T • R22 • v2
R,2 ■ V, = (1.0)2 - (30)
R22 • v2 (4,0 • IO“4)2 • (5,0 • 10“2)
n = 3,8 • 109
35. b) Pela equação de Torricelli, temos: 
/ v |2 = 2g(h - hi)
l va2 = 2g(h - h2)
O tempo de queda de uma partícula de água pode ser calculado usando a equação horária do 
espaço do MUV.
s — So 4- vo • t 4- -y t2 
1 1 1 - 
h = 04- 0 4 --Jt2 = * t2 2 h 
g
Portanto os tempos de queda das partículas que saem dos orifícios 1 e 2 são:
t,2 = e t22 = (II)
g g
42
Sendo jc o alcance horizontal dos jatos de água, temos: 
x = v, • tL = v2 • t2 ou V]2 ■ ti2 = v22 • t22 (ITT)
Substituindo (I) e (II) em (III):
2g (h — h ,) • H lL = 2 g ( h - h 2) • ^
ê o
( h - h 1)(h,) = ( h - h 2)(h2) 
hhi — h]2 = hh2 — h22 
hh2 — hhi = h22 - hi2
= (hT^^díT) (h2 + hi)
h = h2 + hi
36. Na boca da torneira a área é A) = 1,6cm2, a vazão é 0 = 24cnT/s e a velocidade é v j.
<p = A\ ■ V| ==> 24 = (1,6) • vj = > vj — 15 cm/s
Sendo g = 10m /s2 = 10 • 102cm/s2, a velocidade v2 após uma queda h = 2,0cm pode ser 
calculada por:
v22 = V,2 + 2gh = (15)2 + 2(10 • 102) (2,0) = 4 225 
v2 = \/4 225 => v2 = 65 cm/s
Como a vazão é constante:
$ = A2 • v2 = » 24 = A2 - (65)
37. a) ParaA2 « A[ vale a equa­
ção de Torricelli:
v2 = y/2gh
O tempo de queda para uma 
partícula que sai pelo orifí­
cio pode ser calculado por:
A2 = 0,37 cm2
S — So -f- VqI + 12
H - h = 0 + 0 + | - t 2 = > t2 = -2^H ~
2 g
Sendo x o alcance horizontal, temos:
x = v2 • t =► x2 = v22 ■ t2 = 2gh 2 (H — h) _ _ 4j,2 . 4Hh
Fazendo x2 = y, temos: y = —4 h2 + 4Hh (I)
O gráfico de y em função de h é uma parábola cuja concavidade é para baixo. Podemos 
calcular o valor máximo de y de dois modos:
2° modo Dado um trinômio y = Ax2 -f- Bx + C, o valor máximo (ou mínimo de y) é
_L>
obtiào para x =
1 2 A
raia o trimômio y = —4h2 + (4 H)h 4 0, o valor máximo será obtido para: 
4H = _H
2( 4) 2
h = -
/ t LI
b) O valor máximo de y pode ser obtido substituindo h por — ■ na equação (I): 
yM = - 4 ( y ) 2+4H = —H2 + 2 H2 = H2
Como x2 = y, o alcance máximo ;tM será: 
xM = \/y m = x/H2 =► xM = H
c) Se A2 não for desprezível em relação a A), não podemos desprezar a velocidade v\ de um 
ponto na superfície livre do líquido. Apliquemos então a equação de Bemouilli aos pontos 
1 e 2, situados respectivamente na superfície livre do líquido e no orifício.
■ dvi2 i a , dv22 ,Pi + —y - + dgyi = P2 + + dgy2
I I
Pa Pa
V22 - V, 2 = 2g(y2 - yt) = 2gh (I)
lí
Pela equação de continuidade:
Ai • V! = At • v2 v| = 4 -̂ • v2
Ai
Substituindo em (I):
38. pi = 2,2 atm = 2,2 • IO5 Pa 
P2 = pa — 1,0atm = 1,0 ■ IO5 Pa 
d = 8,0 - 102kg/m3; g = 10m/s2
Como Ai » A2 podemos supor
que \q = 0 . y,
Pela equação de Bemouilli:
1 dv22 , . dv'12 ,P2 + - y - + dgy2 = pi + ~ y ~ + dgy2
0
dv2— - = dg(y2 - yi) + (pi - p2)
2 _ ^ 2(Pi - P2) _ m ^ 2[(2,2 — 1,0) • 105v2 = 2gh + 
v22 = 400 =
= 2(10)(5,0) + 8,0 ■ 102
v2 — 20 m/s
C apítu lo 11 - Análise d im ensional
2. a) A área é dada pelo produto de dois comprimentos, £1 e (2 , isto é, A = £\ 
Assim, temos:
[A] = [£i] • l*2] = L • L = L2
• 2̂
Portanto: [A] = M°L2T°
b) P =
_F
A
[P] =
[F] _ MLT~2 
[A] M°L2T°
[p] = ML_,T~2
3. I = F • At 
[I] = [F] • [At]
[I] = MLT~2 • T 
Resposta: b.
[I] = M L T '1
\
4. F = G M ’ m 
dz
G = Fd2 M • m
45
r r , [F] - [dj2 MLT-n.2 
1 J [ M] - [ m] , - M2
[G] = M -'L 3T -2 
Resposta: d.
6. Z = F • d
m = [ F ) - [ d ]
Z) = F • A '/2
[Z] = F • A1/2 • Vo
11. G = v Z p • t
[G] = [v] • [Z] ■ [p] • [t]
[G] = L • T“ 1 • ML2T~2 • ML 'T -2 • T
[G] = M2L2T“4
Resposta: d.
13. A equação dimensional de quantidade de movimento é a mesma de impulso de uma força
[Q] = (I] = [F] • |At]
[Q] = [I] = f t l “
Resposta: d.
21. v = A • sen (Bt -f C)
[v] = [ A] • [sen(Bt -|- C) ]
Sendo sen (Bt + C) adimensional, vem: [v] = [A]
Mas Bt + C é adimensional.
Logo: [C] = M°L0T°
[B • t] = [B] • [t] = M°L°T° 
[B] • T = M°L0T°
[ B ] = M ° L ° T -1
[A] = MLT“ 1
22. a) v = k • F* • fjP
M°LT_1 = (MLT"2)“ - (M L -1/
♦46
M°LT“ 1 = Ma L° T~2" • M0 • L~fi 
M°LT_1 = Ma+/? • L“"'3 • T~2a
a + (3 = 0 a
q — fi = I
-1 = —2 a p
v = k • F1/2 p
v = k - MV p
1
2
25. x = k • vn
a
M°LT° =
(L ■ T -1)" 
L T 2
M°LT° = L" ■ T~n 
L • T-2
M°LT°= M°Ln-1 ■ T~n+2
n - 1 = 1
ou
—n + 2 = 0 n = 2
30. p = - f
M = M[V]
[p] =
MLT~2
L3
[p] = M L -2T“2 
Resposta: e.
36. v = k • gQ • • d7
[v] = [ g r ; [ h ] ^ - [ d r 
M°LT_1 = (L T -2)“ • ( L f ■ (M • L~3)7 
M°LT-1 = La • T~2a -L 0 • M7 • L~37 
M°LT~] = M7 • L“+/3-37 • T-2a
47
v = k • g1/2 • h1/2 • d°
v — k ■ v/g • h
v não depende de d.
40. £ = k ■ h° • G3 • C7
Dos valores apresentados observamos que a unidade de h é J • s. Portanto, [ h ] = M L2T-2 T = 
= ML2T~i . A unidade de G é • Logo [G] = = M~‘ • L3 • T-2.
Finalmente, [C] = L • T_1
[<]=[■ .]“ - i o f - i c r
M°LT° = (ML2r ' ) a • (M-1L3T~2)^ • (L • T-1)7 
M°LT° = Ma • L2q • T_Q • m ^ L ^ T " 23 • L7 • T~7 
M°LT° = M01-13 • L2o,+3/3+7 - T- “-2^-7
0 - 0 = 0 ] a = 0 = ±
2a + 3/3 + 7 = 1 2
—a - 2/3 — 7 = 0 ̂~ ~~2
£ = k ■ h '/2 • G 1'2 • C -3/2
GRÀHCA C {DITOU* ITPA.
Ruo U M o o d . 3 0 7 . V i lo Ema 
O p 03283-000 - S ã o P a u lo - S P 
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