Exercícios gases física

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REVISÃO CALORIMETRIA 
1- Um ebulidor elétrico de potência 1000 W é mergulhado em um recipiente contendo 2 litros de água a 
20ºC. Suponha que 80% do calor gerado no ebulidor seja absorvido pelo líquido e considere 1 cal = 
4,2 J. Determine o tempo necessário para que metade da água do recipiente se evapore. 
2- Mostre que uma certa quantidade de vapor d’água a 100ºC pode ser mais danosa do que uma mesma 
quantidade de água a 100ºC, ao entrar ar em contato com a pele de uma pessoa (temperatura de 
37ºC). 
3- Uma bala de chumbo, com temperatura de 127ºC, atinge uma placa de aço e funde-se totalmente 
(sem elevação de temperatura após a fusão). Supondo desprezível a energia transferida para a placa 
de aço, calcule a velocidade da bala. Dados: para o chumbo, c= 0,03 cal/g.ºC e Lf= 6 cal/g. Utilize 1 
cal = 4 J. 
4- Em um reservatório contendo uma mistura de gelo picado e água introduz-se um objeto dentro de um 
recipiente hermeticamente fechado. Após um certo tempo, a mistura terá sofrido uma diminuição de 
volume de 0,52 cm3, enquanto a diminuição sofrida no mesmo espaço de tempo por igual volume de 
mistura, sem a presença do objeto foi de 0,31 cm³. Determine a quantidade de calor cedida à mistura 
pelo objeto, durante aquele espaço de tempo Dados: massa específica do gelo a 0 °C = 0,92 g/cm³; 
massa específica da água a 0 °C = 0,99 g/cm³; 
Lf = 80 cal/g 
 
RESOLUÇÃO 
1- Se a potência é de 1000W e apenas 80% do calor gerado seja absorvido pelo líquido, então a potência útil é 
de 800W. 
O calor necessário para evaporar metade da água do recipiente é o calor necessário para aquecer todo o 
recipiente até 100°C e depois evaporar 1L de água. 
𝑄 = 𝑚𝑐Δ𝑇 + 𝑚′𝐿𝑓 = 2000 ⋅ 1 ⋅ 80 + 1000 ⋅ 540 = 700000𝑐𝑎𝑙 = 29,4 ⋅ 105𝐽 
𝑃 =
𝑄
Δ𝑡
⇒ 800𝑊 =
29,4 ⋅ 105𝐽
𝑡
⇒ 𝑡 = 3675𝑠 
2- O calor que a sua pele vai receber para que a água esfrie até 37°C é muito menor que o calor que o calor que 
absorveria caso seja vapor d’água, por causa do calor latente de fusão. 
𝑄1 = 𝑚𝑐Δ𝑇 = 𝑚 ⋅ 63 = 63𝑚 
𝑄2 = 𝑚𝑐Δ𝑇 + 𝑚𝐿𝑓 = 63𝑚 + 540𝑚 = 603𝑚 
3- Deve-se igualar a energia cinética da bala e a energia necessária para elevar o chumbo até a temperatura de 
fusão (327 °C) e fundir ele sem aumentar mais a temperatura: 
𝑚𝑣2
2
= 𝑚𝑐Δ𝑇 + 𝑚𝐿𝑓 
𝑚𝑣2 = 2𝑚(0,03 ⋅ 200 + 6) = 24𝑚 𝑐𝑎𝑙 = 24𝑚 ⋅ 4𝐽 = 96𝑚 𝐽 
𝑣2 = 96 ⇒ 𝑣 ≈ 9,8𝑚/𝑠 
4- 1 cm3 de gelo se transforma em 0,92g de água, que se transforma em 0,92/0,99 ≈ 0,93𝑐𝑚3 de água. Ou 
seja, a transformação de 1cm3 de gelo em água causa a perda de volume de 0,07cm3. O reservatório com a 
introdução do objeto perdeu 0,21cm3 de volume a mais que o mesmo reservatório sem o objeto, que 
corresponde a uma fusão de 3cm3 de gelo a mais. 3cm3 de gelo equivalem a 3 ⋅ 0,92 = 2,76𝑔 de gelo 
fundidos a mais 
𝑄 = 𝑚𝐿𝑓 = 2,76 ⋅ 80 ≈ 220𝑐𝑎𝑙 
 
 
Revisão transformações gasosas 
1- Em um barômetro de Torricelli, a altura da coluna de Hg é igual a 74,0 cm. Suspeita-se que haja um pouco de 
ar no espaço que fica acima do Hg, cuja altura é igual a 6,0 cm. A extremidade inferior do tubo barométrico é 
afundada um pouco mais no reservatório, verificando-se que a altura da coluna de Hg passa a ser de 73,0 cm 
e a altura do espaço acima dessa coluna passa a ser de 4,0 cm. Supondo a temperatura constante, determine 
o valor da pressão atmosférica local. 
a) 76 cm Hg b) 75 cm Hg c) 74 cm Hg d) 72 cm Hg e) 69 cm Hg 
2- Um tubo cilíndrico de vidro, de 120 cm de comprimento, fechado em uma de suas extremidades, é colocado 
verticalmente. Coloca-se mercúrio nesse tubo, até a uma altura de 90 cm e, tampando-se a extremidade 
aberta, inverte-se o tubo e, em seguida, introduz-se esta extremidade em um recipiente contendo, também, 
mercúrio, de modo que ela fique 15 cm abaixo da superfície do líquido no recipiente. Sabendo-se que a 
pressão atmosférica local é de 75 cm de Hg, calcule a altura que o ar ocupará no tubo depois que se 
destapar a extremidade mergulhada. Suponha que a temperatura tenha sido mantida constante. 
3- O gasômetro G, utilizado para o armazenamento de ar, é um recipiente cilíndrico, metálico, com paredes 
laterais de pequena espessura. G é fechado na sua parte superior, aberto na inferior que permanece imersa 
em água e pode se mover na direção vertical. G contém ar, inicialmente à temperatura de 300K e o nível da 
água no seu interior se encontra 2,0m abaixo do nível externo da água. Nessas condições, a tampa de G está 
9,0m acima do nível externo da água como mostra a figura a seguir. 
Aquecendo-se o gás, o sistema se estabiliza numa nova altura de equilíbrio, com a tampa superior a uma 
altura H, em relação ao nível externo da água, e com a temperatura do gás a 360K. Supondo que o ar se 
comporte como um gás ideal, a nova altura H será, aproximadamente, igual a: 
 
 
4- Nas lições iniciais de um curso de mergulho com equipamento autônomo – cilindro de ar comprimido – os 
alunos são instruídos a voltarem lentamente à superfície, sem prender sua respiração em hipótese alguma, a 
fim de permitir que ocorra a gradativa descompressão. O aprisionamento do ar nos pulmões pode ser fatal 
para o mergulhador durante a subida, pois, nesse caso, a transformação sofrida pelo ar nos pulmões é: 
a) isobárica, com redução do volume do ar. 
b) isobárica, com aumento da temperatura do ar. 
c) isotérmica, com aumento da pressão do ar. 
d) isotérmica, com aumento do volume do ar. 
e) isovolumétrica, com diminuição da pressão do ar 
 
 
 
 
5- Um grande cilindro, com ar inicialmente à pressão P1 e temperatura ambiente (T1 = 300 K), quando 
aquecido, pode provocar a elevação de uma plataforma A, que funciona como um pistão, até uma posição 
mais alta. Tal processo exemplifica a transformação de calor em trabalho, que ocorre nas máquinas 
térmicas, à pressão constante. Em uma dessas situações, o ar contido em um cilindro, cuja área da base S é 
igual a 0,16 m2, sustenta uma plataforma de massa MA =160 kg a uma altura H1 = 4,0 m do chão (situação 
I). Ao ser aquecido, a partir da queima de um combustível, o ar passa a uma temperatura T2, expandindo-se 
e empurrando a plataforma até uma nova altura H2 = 6,0 m (situação II). Para verificar em que medida esse 
é um processo eficiente, estime: 
 
a) A pressão P1 do ar dentro do 
cilindro, em Pascals, durante a 
operação. 
b) A temperatura T2 do ar no cilindro, 
em kelvins, na situação II. 
c) A eficiência do processo, indicada 
pela razão R = ∆Ep/Q, onde ∆Ep é a 
variação da energia potencial da 
plataforma, quando ela se desloca da 
altura H1 para a altura H2, e Q, a 
quantidade de calor recebida pelo ar 
do cilindro durante o aquecimento 
NOTE E ADOTE: 
PV = nRT; P(atmosférica) = P0 = 
1,0×105 Pa; 1 Pa = 1 N/m2 — Calor 
específico do ar a pressão constante Cp ≈ 1,0 × 103 J/(kg.K) — Densidade do ar a 300 K ≈ 1,1 kg/m3 
 
RESOLUÇÃO 
1- Sabemos que a pressão atmosférica em ambos os casos é igual. Portanto, a pressão do ar acima do mercúrio 
+ 74cmHg na primeira situação deve ser igual à nova pressão do ar acima do mercúrio + 73cmHg 
𝑃0 + 74𝑐𝑚𝐻𝑔 = 𝑃𝑓 + 73𝑐𝑚𝐻𝑔 ⇒ 𝑃𝑓 = 𝑃0 + 1𝑐𝑚𝐻𝑔 
Além disso, podemos usar a equação dos gases para relacionar a pressão inicial e final do ar acima do 
mercúrio 
𝑃0𝑉0
𝑇0
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
⇒ 𝑃0 ⋅ 6 = 𝑃𝑓 ⋅ 4 
𝑃𝑓 =
3𝑃0
2
 
Utilizando as duas equações, temos que: 
3𝑃0
2
= 𝑃0 + 1 ⇒ 𝑃0 = 2 
Portanto, a pressão atmosférica é a pressão de 74cmHg + a pressão do ar acima do mercúrio (2cmHg). Total, 
76cmHg. 
A 
2- Observe a esquematização do problema abaixo: 
 
Nela podemos ver que: A pressão da sessão de ar do tubo alterou-se entre as duas situações (equação I) e a 
pressão no ponto A (pressão do ar no tubo + x cmHg) deve ser igual à pressão no ponto B (Patm) (equação II) 
(I) -> 
𝑃0𝑉0
𝑇0
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
⇒ 𝑃0 ⋅ 30 = 𝑃𝑓 ⋅ (105 − 𝑥) 
Como P0 é Patm que é 75cmHg, temos 
(I) -> 75 ⋅ 30 = 𝑃𝑓 ⋅ (105 − 𝑥) 
(II) -> 𝑃𝑎𝑡𝑚= 𝑃𝑓 + 𝑥 ⇒ 𝑃𝑓 = 75 − 𝑥 
Utilizando (II) em (I), temos: 
75 ⋅ 30 = (75 − 𝑥) ⋅ (105 − 𝑥) 
Resolvendo essa equação de segundo grau, tem-se que 𝑥 ≈ 40. Portanto, a altura da coluna de ar é 
105-40 = 65cm 
3- O peso do gasômetro não se alterará, portanto o empuxo sobre ele deverá permanecer o mesmo, portanto 
a superfície da água dentro do gasômetro permanecerá 2m abaixo da altura da superfície a água. Como a 
altura da superfície da água dentro do gasômetro não vai mudar com relação à altura da superfície da água 
fora do gasômetro, podemos dizer que a pressão dentro do gasômetro deverá ser a mesma no início e no 
fim do sistema (e essa pressão será igual à pressão atmosférica + a pressão de uma coluna de 2m de água). 
Sendo assim, podemos utilizar a fórmula dos gases considerando uma alteração de volume e de 
temperatura, para descobrir o novo volume do gasômetro, para saber o novo H. (o volume do recipiente não 
é 11m3, a sua altura que é 11m, mas o volume e a altura são proporcionais) 
𝑃0𝑉0
𝑇0
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
⇒
11
300
=
𝐻𝑓
360
⇒ 𝐻𝑓 = 13,2 
Portanto, a altura do gasômetro acima da água é de 11,2m 
D 
4- D 
A temperatura permanece a mesma, porém a pressão diminui e o volume aumenta, podendo ser fatal 
5- Em partes: 
A) 𝑃 =
𝐹
𝐴
 
Sabemos que F é o peso da plataforma, 160Kg. Portanto, F = 1600N, e A = 0,16m2 
𝑃 =
1600
0,16
= 10000𝑃𝑎 = 104𝑃𝑎 
Além disso, a plataforma também sofre pressão da Pressão atmosférica. Portanto: 
𝑃 = 104𝑃𝑎 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 104𝑃𝑎 + 105𝑃𝑎 = 1,1 ⋅ 105𝑃𝑎 
𝟏, 𝟏 ⋅ 𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂 
B) Vamos usar a equação dos gases, lembrando que a pressão é constante, porque o peso da plataforma 
não muda: 
 
𝑃0𝑉0
𝑇0
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
⇒
4
300
=
6
𝑇
⇒ 𝑇 = 450𝐾 
450K 
C) A variação de energia potencial é: 
𝑚𝑔 Δℎ = 160 ⋅ 10 ⋅ 2 = 3200𝐽 
A energia necessária para aquecer o gás em 150K é: 
𝑄 = 𝑚𝑐Δ𝑇 = 𝑚 ⋅ 103𝐽/𝐾𝑔. 𝐾 ⋅ 150𝐾 
Para saber a massa de ar no recipiente, devemos usar a densidade e o volume dele a 300K. 
𝑉 = 𝐴 ⋅ ℎ = 0,16 ⋅ 4 = 0,64𝑚3 
𝑑 = 𝑚/𝑣 ⇒ 1,1𝐾𝑔/𝑚3 =
𝑚
0,64𝑚3 ⇒ 𝑚 = 0,7𝐾𝑔 
𝑄 = 𝑚 ⋅ 103 ⋅ 150 = 0,7 ⋅ 103 ⋅ 150 = 105000𝐽 
𝑅 =
Δ𝐸𝑝
𝑄
=
3200
105000
≈ 3% 
Aproximadamente 3% 
 
 
 
 
Equação do estado de um gás 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 
 
 
RESOLUÇÃO 
A)𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 1𝑎𝑡𝑚 ⋅ 320𝑚3 = 𝑛 ⋅ 0,082𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝐾. 𝑀𝑜𝑙 ⋅ 300𝐾 
⇒ 1𝑎𝑡𝑚 ⋅ 320000𝐿 = 𝑛 ⋅ 0,082 ⋅ 300 ⇒ 𝑛 =
1 ⋅ 320000
0,082 ⋅ 300
 ≈ 13000 𝑚𝑜𝑙 
Utilizando o resultado da B, temos que isso corresponde a uma massa de: 
𝑚 = 𝑀 ⋅ 𝑛 = 28,56 𝑔/𝑚𝑜𝑙 ⋅ 13000 𝑚𝑜𝑙 = 371280𝑔 ≈ 370 𝑘𝑔 
B) 𝑀 = 0,78 ⋅ 28 + 0,21 ⋅ 32 = 28,56 𝑔/𝑀𝑜𝑙 
C) 𝐷 = 𝑀/𝑉 ⇒ 1,2𝑘𝑔/𝑚3 =
𝑀
320𝑚3 ⇒ 𝑀 = 384𝑘𝑔 
D) Há uma diferença de 14kg entre os dois resultados 
 
 
Equação do estado de um gás + mistura gasosa 
𝑃𝑚𝑉𝑚
𝑇𝑚
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
+
𝑃2𝑉2
𝑇2
+ ⋯ +
𝑃𝑛𝑉𝑛
𝑇𝑛
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
1- Informações relevantes: 
𝑀𝐻2 = 2𝑔/𝑚𝑜𝑙 
𝑀𝐶𝑂2 = 44𝑔/𝑚𝑜𝑙 
 
A questão diz que a pressão parcial do H2 é o triplo da pressão parcial do CO2, portanto 𝑃𝐻2 = 3𝑃𝐶𝑂2. 
Utilizando a equação dos gases para misturas gasosas: 
 
𝑃𝑚𝑉𝑚
𝑇𝑚
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
+
𝑃2𝑉2
𝑇2
⇒
0,82𝑎𝑡𝑚 ⋅ 240𝐿
300𝐾
=
𝑃𝐻2 ⋅ 240𝐿
300𝐾
+
𝑃𝐶𝑂2 ⋅ 240𝐿
300𝐾
 
⇒
0,82𝑎𝑡𝑚 ⋅ 240𝐿
300𝐾
=
3𝑃𝐶𝑂2 ⋅ 240𝐿
300𝐾
+
𝑃𝐶𝑂2 ⋅ 240𝐿
300𝐾
⇒ 𝑃𝐶𝑂2 =
0,82 ⋅ 240 ⋅ 300
300 ⋅ 4 ⋅ 240
 = 0,205𝑎𝑡𝑚 
⇒ 𝑃𝐻2 = 0,615𝑎𝑡𝑚 
Utilizando agora a equação do estado de um gás podemos determinar a quantidade de mol de cada gás 
presente, assim como a massa total, através da sua massa molar. 
 
Para o CO2: 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 0,205 ⋅ 240𝐿 = 𝑛 ⋅ 0,082𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝐾. 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 300𝐾 ⇒ 𝑛 =
0,205 ⋅ 240
0,082 ⋅ 300
 = 2𝑚𝑜𝑙 
𝑚𝐶𝑂2 = 𝑛 ⋅ 𝑀 = 2𝑚𝑜𝑙 ⋅ 44𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 88𝑔 
Para o H2: 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 0,615 ⋅ 240𝐿 = 𝑛 ⋅ 0,082𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝐾. 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 300𝐾 ⇒ 𝑛 =
0,615 ⋅ 240
0,082 ⋅ 300
 = 6𝑚𝑜𝑙 
𝑚𝐻2 = 𝑛 ⋅ 𝑀 = 6𝑚𝑜𝑙 ⋅ 2𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 12𝑔 
 
2- Ao levantarmos o êmbolo, fazemos um recipiente de 24cm2 x 30cm de ar a T °C e 1 atm, e estaremos 
misturando com um recipiente de 2,4L de ar a T °C e 3atm. A cada vez que a gente levantar e abaixar o 
êmbolo, é como se misturássemos mais um recipiente de 24cm2 x 30cm de ar a T °C e 1atm. 
24cm2 x 30cm = 720cm2 = 0,72L 
Utilizando a equação dos gases para misturas gasosas: 
𝑃𝑚𝑉𝑚
𝑇𝑚
=
𝑃1𝑉1
𝑇1
+
𝑃2𝑉2
𝑇2
+ ⋯ +
𝑃𝑛𝑉𝑛
𝑇𝑛
=
3𝑎𝑡𝑚 ⋅ 2,4𝐿
𝑇
+ 𝑁 ⋅
1𝑎𝑡𝑚 ⋅ 0,72𝐿
𝑇
 
𝑃𝑓 ⋅ 2,4𝐿 = 7,2 + 0,72𝑁 ⇒ 𝑃𝑓 = 3 + 0,3𝑁 𝑎𝑡𝑚 
Onde N é a quantidade de vezes que bombeamos o pneu. 
 
Equação do estado do gás III 
1- Responda: O que é um gás ideal? Quais as condições de pressão e temperatura para que um gás real se 
comporte como um gás ideal? 
2- Num copo de guaraná, observa-se a formação de bolhas de 2CO que sobem à superfície. 
a. Desenvolva um modelo físico simples para descrever este movimento e, com base em grandezas 
intervenientes, estime numericamente o valor da aceleração inicial de uma bolha formada no fundo 
do copo. 
Dados: 
Constante dos gases: R 8J (mol K).=  
Pressão atmosférica ao nível do mar: 0P 100 kPa.= 
Massa molecular do 2CO 44 u.= 
Massa específica da água = 103 kg/m3. 
Aceleração da gravidade: 2g 10,0m s .= 
(Na questão que o Plauska colocou, também dava a informação que era 1mol de gás CO2, mas isso não 
constava na questão original e atrapalha, ou até mesmo impede, a resolver o problema) 
3- Uma lata de refrigerante contém certa quantidade de açúcar, no caso de um refrigerante comum, ou de 
adoçante, no caso de um refrigerante dietético. 
a. Considere uma lata de refrigerante comum contendo 302 ml de água e 40 g de açúcar, e outra de 
refrigerante dietético, contendo 328 ml de água e uma massa desprezível de adoçante. Mostre qual 
das duas latas deveria boiar em um recipiente com água, cuja densidade é dA = 1,0 g/cm3. A massa 
da lata de refrigerante vazia é igual a 15,0 g e seu volume total é de 350 ml. Neste item, despreze o 
volume ocupado pelo material da lata e a massa de gás carbônico no seu interior. 
b. Suponha, agora, uma outra situação na qual o gás carbônico ocupa certo volume na parte superior 
da lata, a uma pressão P = 3,0 × 105 N/m2 para uma temperatura T = 300 K. A massa molar do gás 
carbônico vale 44 g/mol e, assumindo que o mesmo se comporte como um gás ideal, calcule a 
densidade de gás carbônico na parte superior da lata. A lei dos gases ideais é dada por PV = nRT, 
onde R = 8,3 J/mol.K e n é o número de moles do gás. 
4- Um sistema é formado por dois reservatórios 1 e 2, de mesmo volume V0, ligados por um tubo fino (ver 
figura). Inicialmente, ambos os reservatórios estão cheios por um gás ideal, à mesma temperatura absoluta 
T0 e à mesma pressão P0. A temperatura do reservatório 2 é então duplicada, enquanto a do reservatório 1 é 
mantida igual a T0. 
 
Calcule a pressão final do sistema. 
a. 2P0 
b. 4P0/3 
c. 3P0/2 
d. 5P0/4 
e. 9P0/8 
5- Um reservatório fechado contém certa quantidade de hélio gasoso à pressão pi. Num primeiro processo, 
esse gás é aquecido, lentamente, de uma temperatura inicial Ti até uma temperatura TF. Num segundo 
processo, um pequeno orifício é aberto na parede do reservatório e, por ele, muito lentamente, deixa-se 
escapar um quarto do conteúdo inicial do gás. Durante esse processo, o reservatório é mantido à 
temperatura TF. 
Considerando essas informações, 
a. ESBOCE, no quadro a seguir, o diagrama da pressão em função da temperatura do gás nos dois 
processos descritos. JUSTIFIQUE sua resposta. 
 
b. Considere que pi = 1,0 × 105 N/m2 e que as temperaturas são Ti = 27 °C e TF = 87 °C. CALCULE o valor 
da pressão do gás no interior do reservatório, ao final do segundo processo. 
6- Um gás ideal estava confinado à mesma temperatura em dois recipientes, 1 e 2, ligados por uma válvula 
inicialmente fechada. Os volumes dos recipientes 1 e 2 são 4,0 e 6,0, respectivamente. A pressão inicial no 
recipiente1 era de 4,8 atm. Abriu-se a válvula e os conteúdos dos recipientes atingiram um estado final de 
equilíbrio à pressão de 2,4 atm e à mesma temperatura inicial. 
A porcentagem total de mols de gás que ocupava o recipiente 1 antes da abertura da válvula era: 
a. 60% 
b. 80% 
c. 50% 
d. 40% 
e. 20% 
 
 
 
 
 
7- Um balão com volume de 60 m3 contendo gás hélio (massa molar= 4g) está preso a uma corda esticada na 
vertical. Sabe-se que a tração na corda é de 200 N e a massa do balão quando vazio é de 10 kg. Determine a 
quantidade de mols de gás hélio contida no balão. Dado: densidade do ar =1,2 g/l. 
a. 25000 
b. 22500 
c. 20000 
d. 10500 
e. 7500 
8- Uma massa m de ar é mantida à temperatura ambiente e pressão de 5,0 atm, num recipiente indeformável, 
de volume igual a 15 litros. O recipiente está num local a nível do mar e possui um lacre, conforme mostra a 
figura. 
 1 2 
Retira-se o lacre e parte do ar escapa. Atingido o equilíbrio termodinâmico e considerando-se o ar como um 
gás ideal, é correto afirmar que a massa de ar que escapou foi de: 
a. 20% de m 
b. 30% de m 
c. 40% de m 
d. 60% de m 
e. 80% de m 
 
 
RESOLUÇÃO 
1- Um gás ideal é um gás formado por partículas de dimensões desprezíveis, em que as únicas interações 
intermoleculares são colisões perfeitamente elásticas. Quanto menor a pressão e maior a temperatura dos 
gases, mais ele vai se comportar como um gás ideal 
2- Sabemos que: 
𝐹 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑎 =
𝐹
𝑚
 (𝐼) 
Além disso, podemos escrever a força de reação como 
𝐹 = 𝐸 − 𝑃 (𝐼𝐼) 
Onde: 
𝐸 = 𝑑𝑙𝑖𝑞 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 (𝐼𝐼𝐼) 
𝑃 = 𝑚𝑔á𝑠 ⋅ 𝑔 (𝐼𝑉) 
Substituindo tudo isso em (I) temos: 
𝑎 =
(𝑑𝑙𝑖𝑞 ⋅ 𝑉 − 𝑚𝑔)𝑔
𝑚𝑔
= (
𝑑𝑙𝑖𝑞 ⋅ 𝑉
𝑚𝑔
− 1) 𝑔 
Podemos escrever mg em função de sua massa molar e seu número de mols 
𝑚𝑔 = 𝑛𝑔 ⋅ 𝑀 
Logo: 
𝑎 = (
𝑑𝑙𝑖𝑞 ⋅ 𝑉
𝑛𝑔 ⋅ 𝑀
− 1) 𝑔 = (
𝑑𝑙𝑖𝑞
𝑀
⋅
𝑉
𝑛𝑔
− 1) 𝑔 (𝑉) 
Pela equação dos gases podemos achar uma relação entre o volume e o número de mols 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 
Como estamos falando de um copo, com uma profundidade pequena, podemos considerar a pressão no 
fundo do copo como a pressão atmosférica. R é dado e T pode ser considerado 300K (27°C). 
𝑉
𝑛
=
𝑅𝑇
𝑃
 
Substituindo isso em (V), nós temos: 
𝑎 = (
𝑑𝑙𝑖𝑞
𝑀
⋅
𝑅𝑇
𝑃
− 1) 𝑔 
Relembrando o que é cada constante: 
𝑑𝑙𝑖𝑞 = 103𝑘𝑔/𝑚3 
𝑀 = 44𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 44 ⋅ 10−3𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 
𝑅 = 8𝐽/𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾 
𝑇 = 300𝐾 
𝑃 = 105𝑃𝑎 
𝑔 = 10𝑚/𝑠2 
Logo: 
𝑎 = (
103 ⋅ 8 ⋅ 300
44 ⋅ 10−3 ⋅ 105 − 1) 10 ≈ 5 ⋅ 103𝑚/𝑠2 
 
 
3- 
a. Em ambos os casos o volume deslocado é no máximo 350ml, que equivale a 350g de água, pois esse 
é o volume da latinha de refrigerante. 
No primeiro caso, a massa total é 302g (do refrigerante) + 40g (do açúcar) + 15g (da latinha), que 
totaliza 357g, que é maior que os 350g de água deslocada pela latinha. Portanto, a latinha vai 
afundar. 
No segundo caso, a massa total será 328g (do refrigerante) + 15g (da latinha), totalizando 343g, que 
é menor que os 350g de água que a latinha pode deslocar. Portanto, a latinha vai flutuar. 
b. Precisamos usar PV=nRT e terminar com a densidade do gás, m/v. 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 3 ⋅ 105 ⋅ 𝑉 = 𝑛 ⋅ 8,3 ⋅ 300 
Podemos escrever n em função da massa molar e da massa total do gás 
𝑀 =
𝑚
𝑛
⇒ 𝑛 =
𝑚
𝑀
 
3 ⋅ 105 ⋅ 𝑉 =
𝑚
44
⋅ 8,3 ⋅ 300 ⇒
𝑚
𝑉
=
44 ⋅ 3 ⋅ 105
8,3 ⋅ 300
= 5280𝐾𝑔/𝑚3 = 5,28𝑔/𝑐𝑚3 
4- O somatório de 
𝑃𝑉
𝑇
 deve ser igual em todas as etapas do problema, portanto: 
𝑃1𝑖
𝑉1𝑖
𝑇1𝑖
+
𝑃2𝑖
𝑉2𝑖
𝑇2𝑖
=
𝑃1𝑓
𝑉1𝑓
𝑇1𝑓
+
𝑃2𝑓
𝑉2𝑓
𝑇2𝑓
 
𝑃0𝑉0
𝑇0
+
𝑃0𝑉0
𝑇0
=
𝑃′𝑉0
𝑇0
+
𝑃′𝑉0
2𝑇0
⇒
2𝑃0𝑉0
𝑇0
=
3𝑃′𝑉0
2𝑇0
 
𝑃′ =
4𝑃0
3
 
B 
5- 
a. 
 
Inicialmente há um aquecimento isovolumétrico, então a temperatura e a pressão aumentam 
linearmente. Depois, ¼ do gás é liberado, então a pressão se torna ¾ da pressão anterior 
b. 𝑃𝑖 = 105𝑃𝑎, 𝑇𝑖 = 300𝐾, 𝑇𝑓 = 360𝐾 
𝑃𝑉
𝑇
=
𝑃𝑉
𝑇
⇒
105 ⋅ 𝑉
300
=
𝑃𝑉
360
⇒ 𝑃𝑓 = 1,2 ⋅ 105𝑃𝑎 
Depois que ¼ do gás é liberado, a pressão se torna ¾ da pressão anterior: 
𝑃𝑓 = 3/4 ⋅ 1,2 ⋅ 105 = 9 ⋅ 104𝑃𝑎 
6- Sabemos que 
𝑃𝑉
𝑇
= 𝑛𝑅. Com isso, podemos comparar 
𝑃𝑉
𝑇
 do recipiente 1 no início e dos dois recipientes 
juntos no final, para conseguir uma relação entre o número de mols de gás de 1 e do número total de mol do 
sistema. 
𝑃1𝑉1
𝑇
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑇
=
𝑛1𝑅
𝑛𝑡𝑅
⇒
4,8 ⋅ 4
2,4 ⋅ 10
=
𝑛1
𝑛𝑡
⇒ 𝑛1 = 𝑛𝑡 ⋅
19,2
24
= 𝑛𝑡 ⋅
8
10
 
Logo, a quantidade de mols que tinha no recipiente 1 é 80% do total 
B 
 
7- Vamos fazer o estudo das forças. As forças que atuam no balão são o Peso do balão (Pb), o Peso do gás (Pg), a 
Tração da corda (T) e o Empuxo (E). 
𝑃𝑏 + 𝑃𝑔 + 𝑇 = 𝐸 
Sabemos que a tração é 200N e o Peso do balão é 100N (mg = 10x10 = 100). Podemos calcular o empuxo. 
𝐸 = 𝑑𝑉𝑔 
Temos o volume em m3, mas a densidade está em g/L. Precisamos transformá-la em kg/m3: 
𝑑 = 1,2𝑔/𝐿 = 1,2𝑔/𝑑𝑚3 = 1,2 ⋅ 103𝑔/𝑚3 = 1,2𝑘𝑔/𝑚3 
Agora vamos substituir na equação: 
𝐸 = 1,2 ⋅ 60 ⋅ 10 = 720𝑁 
Voltando para a equação das forças, temos: 
𝑃𝑔 + 100 + 200 = 720 ⇒ 𝑃𝑔 = 420𝑁 = 𝑚𝑔 ⇒ 𝑚𝑔 = 42𝑘𝑔 
Usando a massa molar do hélio (4g/mol), sabemos que temos 10500 mol de gás hélio. 
D 
8- A temperatura e o volume vão permanecer constantes e a pressão vai se tornar 20% da pressão inicial. 
Dessa forma, por 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇, o n final deve ser 20% do n inicial. Portanto, 80% do gás vai escapar 
E 
 
 
Atmosfera 
 
 
0- 
 
RESOLUÇÃO 
0- (Correção, o raio da terra é 6400km) 
𝑃 =
𝐹
𝐴
 
A área da terra é de 4𝜋𝑅2 = 4 ⋅ 3,14 ⋅ 64000002 ≈ 515 ⋅ 1012𝑚2 
Portanto: 
105𝑃𝑎 =
𝐹
515 ⋅ 1012 ⇒ 𝐹 = 515 ⋅ 1017𝑁 ≈ 5 ⋅ 1019𝑁 
 
Como 𝐹 = 𝑚𝑔 e a gravidade é de 10m/s2, a massa é de 5 ⋅ 1018𝐾𝑔 
1- A força que a pressão atmosférica estará exercendo para cima, no êmbolo, é de: 
𝐹 = 𝑃 ⋅ 𝐴 = 105𝑃𝑎 ⋅ 2𝑐𝑚2 = 105 ⋅ 2 ⋅ 10−4𝑚2 = 20𝑁 = 2𝑘𝑔𝑓 
(Relembrando que 1kgf = 10N) 
B 
2- Conforme a aula do Plauska, a temperatura diminui em 0,5°C para cada 100m de altitude. Portanto, a uma 
altitude de 10km (100 ⋅ 100𝑚), a temperatura terá abaixado em 0,5 ⋅ 100 = 5 ⋅ 101°𝐶 
C 
3- Se a pressão acima da troposfera é de ¼ da pressão atmosférica, então a troposfera é responsável por ¾ da 
pressão atmosférica. Portanto, ela possui ¾ da massa total da atmosfera. 
 
 
Teoria Cinética dos Gases 
Equações importantes: 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 -> Equação de Clapeyron 
𝑃 =
𝑀𝑡⋅𝑣2
3𝑉
 -> Relaciona a pressão à velocidade média das moléculas, sendo 𝑀𝑡 a massa total do gás, 𝑣 
a sua velocidade, 𝑉 o seu volume e 𝑃 a sua pressão 
Dessas equações, também retiramos: 
𝐸𝑐 =
𝑚𝑣2
2
=
3
2
𝐾𝑇 -> 𝑚 é a massa total do gás, K é a constante de Boltzman, e é (
𝑅
𝑁0
), sendo N0 o 
número de Avogadro, 𝑇 é a temperatura do gás e 𝐸𝑐 é a energia cinética 
𝑣 = √
3𝑅𝑇
𝑀
 -> Relaciona diretamente a velocidade média das moléculas com a massa molar delas (𝑀) 
𝑣𝐴
𝑣𝐵
= √
𝑀𝐵
𝑀𝐴
 -> Relaciona a velocidade de 2 gases diferentes 
 
1- Dois recipientes, A e B, de mesmo volume contém, respectivamente, hidrogênio e Oxigênio, à mesma 
temperatura. O número de moléculas é o mesmo nos dois recipientes. 
a) Verifique se Pa > Pb, Pa = Pb ou Pa < Pb. 
b) Em qual dos recipientes as moléculas estão, em média, mais velozes? 
2- Determine, para as nossas condições médias de temperatura (T= 27ºC) e pressão (P= 1atm), a velocidade das 
moléculas do ar. 
3- O ar de sua sala contém, entre outros gases, oxigênio e vapor d’água. 
O que se pode afirmar sobre a energia cinética média e sobre a velocidade média das moléculas de oxigênio 
(maior, menor ou igual) em comparação com as moléculas de vapor d’água? 
4- Mostre que a velocidade quadrática média das moléculas de um gás pode ser determinada pela expressão: v̅ 
= √3. 𝑅. 𝑇/𝑀 , onde M é a massa molar do gás. 
5- Determine a razão entre as velocidades quadráticas médias das moléculasde hidrogênio e oxigênio (v̅̅𝐻2 
/v̅𝑜2), para uma mesma temperatura? 
6- Um recipiente contém 2,21 moles de argônio a 0ºC. Determine, aproximadamente, a velocidade quadrática 
média de suas moléculas. 
a) 400 m/s 
b) 500 m/s 
c) 600 m/s 
d) 800 m/s 
e) 1000 m/s 
 
Um recipiente X contém N moléculas de um determinado gás na pressão atmosférica. Um outro recipiente Y, 
de mesmo volume, contém 3 N moléculas do mesmo gás. A temperatura nos dois recipientes é a mesma. 
7- A razão entre a velocidade molecular média no recipiente Y e no recipiente X é igual a: 
a) 27/1 
b) 3/1 
c) 1/1 
d) 1/3 
e) 1/ 3 1/3 
8- E a razão entre o número de colisões moleculares com as paredes por unidade de tempo, no recipiente Y e 
no recipiente X é igual a: 
a) 27/1 
b) 3/1 
c) 1/1 
d) 1/3 
e) 1/ 3 1/3 
 
RESOLUÇÃO 
1- 
a. 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 
Ambos os gases estão em recipientes de mesmo volume, à mesma temperatura e com a mesma 
quantidade de moléculas. Portanto, 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 
b. 𝑃 =
𝑀𝑡⋅𝑣2
3𝑉
⇒ 𝑣 = √
3𝑃𝑉
𝑀𝑡
 
A pressão e volume de ambos são iguais, porém, como a massa molar do Oxigênio é maior, a 
massa total dele também é maior, e a velocidade média de suas moléculas é menor 
2- Temos que para cada 1L (10-3m3) de ar, temos 1,2g (10-3kg) de ar. Portanto, substituindo na equação: 
𝑣 = √
3𝑃𝑉
𝑀𝑡
= √
3 ⋅ 105 ⋅ 10−3
1,2 ⋅ 10−3 = 500𝑚/𝑠 
3- A energia cinética de um gás é dada por 
𝐸𝑐 =
3
2
𝐾𝑇 
Onde K é a constante de Boltzman (
𝑅
𝑁0
) e T é a temperatura. Portanto, a energia cinética para ambas as 
moléculas vai ser a mesma. 
Já a velocidade média é dada pela equação 𝑃 =
𝑀𝑡⋅𝑣2
3𝑉
 ⇒ 𝑣 = √
3𝑃𝑉
𝑀𝑡
. Dessa forma, as moléculas que 
possuem menor massa possuem uma maior velocidade média. Portanto, as moléculas de vapor d’água 
possuem uma maior velocidade média 
4- Vamos utilizar as duas equações principais e alterá-las para chegar à equação desejada 
 
𝑃 =
𝑀𝑡 ⋅ 𝑣2
3𝑉
⇒ 𝑃𝑉 =
𝑛 ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑣2
3
⇒ 𝑛𝑅𝑇 =
𝑛𝑀𝑣2
3
 
𝑣2 =
3𝑅𝑇
𝑀
⇒ 𝑣 = √
3𝑅𝑇
𝑀
 
5- A massa molar do H2 é 2g/mol, enquanto a massa molar do O2 é 32g/mol 
𝑣𝐻2 = √
3𝑅𝑇
𝑀𝐻2
 , 𝑣𝑂2 = √
3𝑅𝑇
𝑀𝑂2
 
𝑉𝐻2
𝑉𝑂2
= √
𝑀𝑂2
𝑀𝐻2
= √16 = 4 
De forma geral, temos: 
𝑉𝐴
𝑉𝐵
= √
𝑀𝐵
𝑀𝐴
 
6- A massa molar do argônio é 40g/mol, que é igual a 40 ⋅ 10−3𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 (em unidades do SI). Portanto: 
𝑣 = √
3RT
M
= √
3 ⋅ 8,3 ⋅ 273
40 ⋅ 10−3 ≈ √170000 ≈ 400𝑚/𝑠 
7- Observe que a equação da velocidade do gás não depende de nada além da massa molar dele. Portanto, 
ainda que a pressão no recipiente Y seja o triplo da pressão em X, a velocidade média das moléculas é a 
mesma 
C 
8- Por 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇, temos que a pressão em Y é o triplo da pressão em X. Como em ambos os casos as 
moléculas dos gases são as mesmas e a velocidades delas são as mesmas, a única explicação para o 
aumento da pressão seria um aumento no número de colisões do gás. 
A pressão é diretamente proporcional à quantidade de colisões do gás com a parede. Portanto, se a 
pressão triplicou, a quantidade de colisões também triplicou 
B 
 
 
 
Mais exercícios de gases 
1- Um tubo vertical de secção S, fechado em uma extremidade, contém um gás. Separado da atmosfera por um 
êmbolo de espessura d e massa específica D. O gás, suposto perfeito, está à temperatura ambiente e ocupa 
um volume V = SH (veja figura). Virando o tubo de tal maneira que a abertura fique voltada para baixo, o 
êmbolo desce e o gás ocupa um novo volume V' = SH'. Denotando a pressão atmosférica por P0, a nova 
altura H' é 
 
a) d. 
𝑃𝑜+𝐷𝑔𝑑
𝑃𝑜−𝐷𝑔𝑑
 
b) d. 
𝑃𝑜
𝑃𝑜−𝐷𝑔𝑑
 
c) H. 
𝑃𝑜
𝑃𝑜−𝐷𝑔𝑑
 
d) H. 
𝑃𝑜+𝐷𝑔𝑑
𝑃𝑜
 
e) H. 
𝑃𝑜+𝐷𝑔𝑑
𝑃𝑜−𝐷𝑔𝑑
 
2- Um mol de gás perfeito está contido em um cilindro de secção S fechado por um pistão móvel, ligado a uma 
mola de constante elástica k. Inicialmente, o gás está na pressão atmosférica P0, temperatura T0, e o 
comprimento do trecho do cilindro ocupado pelo gás é L0, com a mola não estando deformada. O sistema 
gás-mola é aquecido e o pistão se desloca de uma distância x. Denotando a constante de gás por R, a nova 
temperatura do gás é: 
 
a) To + 
𝑋
𝑅
 .(PoS + K.Lo) 
b) To + 
𝐿𝑜
𝑅
 .(PoS + K.X ) 
c) To + 
𝑋
𝑅
 .(PoS + K.X ) 
d) To + 
𝐾𝑋
𝑅
 .(LoS + X ) 
e) To + 
𝑋
𝑅
 .(PoS + K.Lo + K.X ) 
3- Um recipiente de volume constante contendo ar sob pressão de 70 cm de mercúrio e a 20° C, é fechado por 
uma válvula de 5 cm2 de secção carregada com um peso de 5 kgf. Pergunta-se a que temperatura é 
necessário aquecer este recipiente para que escape ar do recipiente. 
A pressão atmosférica é 72,6 cm de mercúrio. Aceleração da gravidade é 9,8 m x s-2. Densidade absoluta do 
mercúrio é 13,6 g x cm-3. 
 
4- A massa específica do gás nitrogênio, considerado um gás ideal, em CNTP, é de 1,25 kg.m-3. Qual será 
aproximadamente a massa de 10 litros de nitrogênio à pressão de 700 mm Hg e a temperatura de 40º C ? 
a. 10g 
b. 20g 
c. 30g 
d. 40g 
e. 50g 
Dado: R = 62,4 L · mmHg · K−1 · mol−1 
5- A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, 
N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente: 
a. 1,4 ⋅ 105𝐾 
b. 1,4 ⋅ 108𝐾 
c. 1,4 ⋅ 1027𝐾 
d. 1,4 ⋅ 104𝐾 
e. 1,4 ⋅ 1028𝐾 
Dados: Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Constante universal dos gases: 8,31 
J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. 
Resolução 
1- Na primeira situação, as forças que atuam no êmbolo são o peso do êmbolo e a pressão atmosférica para 
baixo e a pressão do gás para cima 
Na segunda situação, as forças que atuam no êmbolo são o peso do êmbolo e a pressão do gás para baixo e 
a pressão atmosférica para cima 
Portanto, vamos montar a equação 
𝑃𝑔1
= 𝑃0 +
𝑃𝑒𝑚𝑏𝑜𝑙𝑜
𝑆
 
𝑃𝑔2
+
𝑃𝑒𝑚𝑏𝑜𝑙𝑜
𝑆
= 𝑃0 
O peso do êmbolo é igual a 𝑚 ⋅ 𝑔. A sua massa é 𝑚 = 𝐷 ⋅ 𝑉 = 𝐷 ⋅ 𝑑 ⋅ 𝑆 
Portanto: 
𝑃𝑔1
= 𝑃0 + 𝐷𝑑𝑔 
𝑃𝑔2
= 𝑃0 − 𝐷𝑑𝑔 
 
𝑃𝑔2
 pode ser comparado com 𝑃𝑔1
 por: 
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑇𝑖
=
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑇𝑓
 
𝑃𝑔1
⋅ 𝑆 ⋅ 𝐻 = 𝑃𝑔2
⋅ 𝑆 ⋅ 𝐻′ ⇒ 𝐻′ =
𝑃1
𝑃2
⋅ 𝐻 
Substituindo os valores de P1 e P2 encontrados acima: 
𝐻′ =
𝑃0 + 𝐷𝑑𝑔
𝑃0 − 𝐷𝑑𝑔
⋅ 𝐻 
A 
2- Inicialmente, a pressão dentro do êmbolo é igual a P0, a pressão atmosférica. No final, temos que a pressão 
do gás é igual à P0 mais a pressão causada pela força da mola no êmbolo 
𝑃1 = 𝑃0 +
𝐾𝑥
𝑆
 
Pela equação de clapeyron temos: 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 𝑃1 ⋅ (𝑉0 + 𝑥𝑆) = 1 ⋅ 𝑅 ⋅ 𝑇𝑓 
𝑇𝑓 = (𝑃0 +
𝐾𝑥
𝑆
) ⋅ (𝑉0 + 𝑥𝑆) ⋅
1
𝑅
 
𝑇𝑓 =
𝑃0𝑉0
𝑅
+
𝑥
𝑅
(𝑃0𝑆 + 𝑘𝐿0 + 𝐾𝑥) = 𝑇0 +
𝑥
𝑅
(𝑃0𝑆 + 𝑘𝐿0 + 𝐾𝑥) 
E 
3- Para que o ar do recipiente escape, a pressão interior deve ser maior que a pressão atmosférica, exterior, 
mais a pressão causada pelo peso da válvula (5kgf = 50N) 
𝑃𝑔 > 𝑃𝑎𝑡𝑚 +
50𝑁
𝑆
 
S = 5cm2 = 5 ⋅ 10−4𝑚2, portanto: 
𝑃𝑔 > 𝑃𝑎𝑡𝑚 +
50 ⋅ 104
5
= 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 105 
A pressão atmosférica foi dada em cmHg, então temos que transformá-la em Pa, para que tudo esteja nas 
unidades do SI. Para isso, também devemos converter a densidade do mercúrio de g/cm3 para kg/m3. Para 
isso, só precisamos multiplicar por 1000, mas segue o desenvolvimento para chegar nessa conclusão: 
𝑑 = 13,6
𝑔
𝑐𝑚3 = 13,6
10−3𝑘𝑔
10−6𝑚3 = 13,6 ⋅ 103𝑘𝑔/𝑚3 
Agora para calcular a pressão na base de uma coluna de mercúrio de 72,6cmHg: 
𝑃 = 𝑑𝑔ℎ = 13,6 ⋅ 103 ⋅ 9,8 ⋅ 0,726 = 96761𝑃𝑎 ≈ 9,68 ⋅ 104𝑃𝑎 
Portanto: 
𝑃𝑔 > 10 ⋅ 104 + 9,68 ⋅ 104 = 19,68 ⋅ 104𝑃𝑎 
 
Da mesma forma que calculamos o equivalente da pressão de 72,6cmHg, precisamos calcular a pressão 
inicial do gás (70cmHg) em Pa, para fazer o piviti povoto e calcular a temperatura necessária para o aumento 
de pressão: 
𝑃 = 𝑑𝑔ℎ = 13,6 ⋅ 103 ⋅ 9,8 ⋅ 0,7 = 93296𝑃𝑎 ≈ 9,33 ⋅ 104𝑃𝑎 
Agora podemos fazer Piviti Povoto: 
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑇𝑖
=
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑇𝑓
⇒
9,33 ⋅ 104 ⋅ 𝑉
293𝐾
=
19,68 ⋅104 ⋅ 𝑉
𝑇𝑓
 
⇒ 𝑇𝑓 =
19,68
9,33
⋅ 293𝐾 ≈ 618𝐾 
R: 345°C 
4- Usando 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇: 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 700𝑚𝑚𝐻𝑔 ⋅ 10𝐿 = 𝑛 ⋅ 62,4 𝐿. 𝑚𝑚𝐻𝑔/𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ⋅ 313𝐾 
𝑛 ≈ 0,36𝑚𝑜𝑙 
Nas condições das CNTP, ou seja, 1mol ocupa 22,4L = 0,0224m3 e tem uma massa de 0,0224 ⋅ 1,25𝑘𝑔 =
 28𝑔. Portanto, 0,36mol = 28 ⋅ 0,36 ≈ 10𝑔 
A 
Obs: Na questão original ele não deu o valor de R. Nesse caso, você usa 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 com as condições da CNTP e acha o valor de R 
(105𝑃𝑎 ⋅ 22,4𝐿 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑅 ⋅ 273𝐾 
5- Sabemos que, por cinemática dos gases 
𝑣 = √
3𝑅𝑇
𝑀𝑀
 
Temos o valor de R e da massa molar, e queremos descobrir a temperatura. Portanto, precisamos descobrir 
a velocidade de escape para um objeto na superfície da terra. 
Como é fácil ver, a velocidade de escape é dada pela fórmula: 
𝑣 = √2𝑔𝑅 
Temos a gravidade e temos o raio da terra. Portanto, conseguimos descobrir a velocidade de escape e 
substituir na primeira equação: 
𝑣 = √2 ⋅ 9,8 ⋅ 6380 ⋅ 103 ≈ 11,2 ⋅ 103𝑚/𝑠 
Lembrando que a massa molar de N2 é 28g/mol = 0,028kg/mol 
 
11,2 ⋅ 103 = √
3 ⋅ 8,31 ⋅ T
28 ⋅ 10−3kg/mol
 
𝑇 =
(11,2 ⋅ 103)2 ⋅ 28 ⋅ 10−3
3 ⋅ 8,31
≈ 1,4 ⋅ 105𝐾 
A 
Exercícios de revisão 
1- Um cilindro é dotado de um êmbolo que pode se mover sem atrito. Ele contém hidrogênio (H2, 
massa molar de 2g) na temperatura e pressão ambientes. Nessas condições, o volume do gás é V1. 
a. Se substituirmos o hidrogênio por igual número de moléculas de oxigênio (O2, massa molar 
de 32 g), o volume será V2, tal que: 
a) V2 = V1 
b) V2 = 16.V1 
c) V2 = 8.V1 
d) V2 = V1/16 
e) V2= V1/8 
b. Se substituirmos o hidrogênio por igual massa de oxigênio, o volume V2 será tal que: 
a) V2 = V1 
b) V2 = 16.V1 
c) V2 = 8.V1 
d) V2 = V1/16 
e) V2= V1/8 
2- Sejam vh e vo, respectivamente, as velocidades quadráticas médias das moléculas do hidrogênio 
(H2) e do oxigênio (O2), numa mesma temperatura. A razão vh/vO vale: 
a. 1 
b. 4 
c. 16 
d. ¼ 
e. 1/16 
3- Um recipiente 1 contém N moléculas de um gás perfeito, enquanto um recipiente 2, de mesmo 
volume, contém 4N moléculas do mesmo gás, na mesma temperatura. Qual a razão entre as 
velocidades quadráticas médias das moléculas do recipiente 1e das moléculas do recipiente 2 
(v1/v2)? 
a. 1 
b. ½ 
c. 2 
d. ¼ 
e. 4 
4- Quando a temperatura absoluta de uma amostra de gás ideal é duplicada, o módulo da velocidade 
média de suas moléculas: 
a. Quadruplica 
b. Duplica 
c. Diminui de um fator √2 
d. Aumenta de um fator √2 
e. Permanece inalterada 
5- Tem-se três recipientes de mesmo volume A, B e C, contendo gás. A massa de gás contida em cada 
um deles é, respectivamente: m, m e 2m; a quantidade de moléculas contidas em cada um deles é 
respectivamente: N,2N e N; a velocidade média das moléculas de gás nos três recipientes é a mesma. 
Em relação às temperaturas dos gases nos recipientes 1,2 e 3, pode-se afirmar que: 
a. T1=T2<T3 
b. T1>T2=T3 
c. T1=T3<T2 
d. T2<T1<T3 
e. T1=T2=T3 
Resolução 
1- 
a. Por 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇, sabemos que, desde que não haja mudança de pressão, temperatura ou na 
quantidade do gás, o volume ocupado pelo mesmo será sempre o mesmo, não importa qual o gás 
que está sendo observado. Portanto, o gabarito é A. 
b. Dessa vez, a substituição que está sendo feita não mantém a quantidade de mols constante. 
𝑚𝐻2 = 𝑚𝑂2 ⇒ 𝑛𝐻2 ⋅ 𝑀𝑀𝐻2 = 𝑛𝑂2 ⋅ 𝑀𝑀𝑂2 ⇒ 𝑛𝐻2 ⋅ 2 = 𝑛𝑂2 ⋅ 32 
𝑛𝑂2 =
𝑛𝐻2
16
 
Aplicando 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 (como temos um êmbolo, a pressão é constante): 
𝑃𝑉𝐻2 = 𝑛𝐻2𝑅𝑇 ⇒ 𝑉𝐻2 =
𝑛𝐻2𝑅𝑇
𝑃
 
𝑃𝑉𝑂2 = 𝑛𝑂2𝑅𝑇 ⇒ 𝑉𝑂2 =
𝑛𝑂2𝑅𝑇
𝑃
=
1
16
⋅
𝑛𝐻2𝑅𝑇
𝑃
=
1
16
⋅ 𝑉𝐻2 
D 
2- Sabemos que: 
𝑣 = √
3𝑅𝑇
𝑀𝑀
 
Portanto, a razão 
𝑣𝐻
𝑣𝑂
 é dada por: 
𝑣𝐻
𝑣𝑂
= √
𝑀𝑀𝑂2
𝑀𝑀𝐻2
= √
32
2
= 4 
B 
3- Pode-se ver que a fórmula para a velocidade média quadrática das moléculas de um gás depende somente 
de sua temperatura e de sua massa molar, não da quantidade de moléculas em que há no gás. Portanto, 
sabendo que ambos os recipientes possuem o mesmo gás, a velocidade quadrática média das moléculas de 
ambos os gases será a mesma 
A 
4- 
𝑣1 = √
3𝑅𝑇0
𝑀𝑀
 
𝑣2 = √
3𝑅(2𝑇0)
𝑀𝑀
⇒ 𝑣2 = 𝑣1√2 
D 
5- Como estamos tratando da velocidade dos gases, é importante termos uma relação entre as massas molares 
deles. Para isso, vamos comparar a quantidade de moléculas deles com a quantidade de massas deles, pois 
𝑚 = 𝑛 ⋅ 𝑀𝑀: 
A: 𝑚 = 𝑁 ⋅ 𝑀𝑀𝐴 
B: 𝑚 = 2𝑁 ⋅ 𝑀𝑀𝐵 ⇒ 𝑀𝑀𝐵 =
𝑀𝑀𝐴
2
 
C: 2𝑚 = 𝑁 ⋅ 𝑀𝑀𝐶 ⇒ 𝑀𝑀𝐶 = 2 ⋅ 𝑀𝑀𝐴 
Sabemos que a velocidade média dos gases é a mesma, vamos usar a fórmula para a velocidade média 
quadrática dos gases: 
A: v = √
3RTA
MMA
⇒ TA =
v2⋅MMA
3R
 
B: v = √
3RTB
MMB
⇒ TB =
v2⋅MMB
3R
=
1
2
⋅
v2⋅MMA
3R
 
C: v = √
3RTC
MMC
⇒ TC =
v2⋅MMC
3R
= 2 ⋅
v2⋅MMA
3R
 
Portanto T3 > T1 > T2. Gabarito D. (Eu tive que alterar as opções, porque nas opções do Plauska não tinha 
gabarito)