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Para que a inclinação não se altere basta que ambas as pilas-
tras sofram a mesma variação de comprimento, a qualquer tem-
peratura, ou seja, ��I � ��II. Sendo �� � ��0�t, temos:
 � 
Como � vem:
 � �II � ⇒ �I � 3�II
Resposta: alternativa c.
Sendo �A e �B os comprimentos finais das barras metálicas A
e B, e os comprimentos a 0 °C, �A e �B os coeficientes
de dilatação e t a sua temperatura final, temos �A � �B, e, por-
tanto:
 � ⇒
⇒ 202,0(1 � 2 � 10�5t) � 200,8(1 � 5 � 10�5t) ⇒ t � 200 °C
Resposta: alternativa d.
São dados � 500 cm3 e � 200 cm3. Como o volume
da parte vazia é sempre o mesmo, significa que o vidro e o mer-
cúrio sofrem a mesma dilação volumétrica. Então:
�Vvi � �VHg ⇒ � ⇒ �vi � (I)
Sendo �Hg � � e �vi � 3�vi, substituindo em (I), vem:
�vi � ⇒ �vi � 
Resposta: alternativa d.
Para um intervalo de 100 divisões na escala Kelvin, temos 180
divisões na escala Fahrenheit. Da relação matemática entre os
segmentos de reta a e b, representados na escala, temos:
� � ⇒ � 
Para T � 543 � 293 � 250 K, vem:
� ⇒ �tF � 450 °F
Resposta: alternativa e.
Como a transformação é isobárica, temos:
� ⇒ � ⇒ V2 � 3,7 L
Resposta: alternativa c.
a) Verdadeira, pois perto da chama o ar aquecido é mais rare-
feito do que o ar do ambiente restante.
b) Falsa, pois a chama se apagará quando a queima extinguir
o oxigênio do ar confinado dentro do copo.
c) Falsa, pois à medida que a quantidade de oxigênio dentro do
copo diminui, a chama torna-se cada vez menos intensa.
d) Verdadeira, pois, depois que a chama se apaga, o ar no in-
terior do copo resfria-se, originando uma região de pressão
menor que a pressão exterior (atmosférica), que empurra a
água para dentro do copo.
Estado 1 
Estado 2 
Da expressão � temos:
� ⇒ T2 � 319 K ⇒ T2 � 46 °C
Observações: I) Não há necessidade de transformar unidades,
nesse caso, pois elas se cancelam. II) Na verdade os manôme-
tros medem a diferença de pressão em relação à pressão atmos-
férica. Logo, é necessário somá-la aos valores dados. Nesse
�1�0I
�t �I I�0I I
�t
�0I I
3�0I
,
�I�0I
3�0I
�0A
�0B
�0A
(1 �At� ) �0B
(1 �Bt� )
V0vi
V0Hg
V0vi
�vi�t V0Hg
�Hg�t
 2�Hg 
5
------------- 
2�
 5 3 �
------------- 2� 
15
--------- 
212
ba
K°F
32 273
373
a
 b 
------ 
�tF
 212 32 �
------------------------ �T
 373 273 �
--------------------------- 
 �tF 
9
----------- �T 
5
---------- 
 �tF 
9
----------- 250 
5
----------- 
 V1 
T1
-------- 
 V2 
T2
-------- 2,0
 293 
----------- 
V2
 543 
----------- 
T1 (17 273)� 290 K� �
p1 25 Ibf/pol2�
V1 V�
T2 ?�
p2 27,5 lbf/pol2�
V2 V�
 p1V1 
T1
------------- 
 p2V2 
T2
------------- ,
25
 290 
----------- 27,5 
T2
------------ 
337.
336.
335.
334.
333.
332.
331.
54
caso, adotando 1,0 � 105 Pa para a pressão atmosférica e fazen-
do 1 lbf/pol2 � 6,9 � 103 Pa, obteríamos T � 311 K � 38 °C,
valor que não consta das alternativas dadas.
Resposta: alternativa c.
De acordo com o enunciado a transformação é isotérmica. As-
sim, p0V0 � pV. Como o êmbolo é empurrado de do seu
afastamento inicial, o volume V será V � 
Logo:
 � p � ⇒ p � 
Resposta: alternativa c.
São dados T1 � 27 °C � 300 K; p1 � 10 atm e p2 � 25 atm.
Sendo rígidas as paredes do recipiente, o volume é constante.
Da expressão � temos:
� ⇒ � ⇒ T2 � 750 K ⇒ T2 � 477 °C
Resposta: alternativa a.
Do gráfico, temos:
Estado A Estado B 
Aplicando a Lei Geral dos Gases Perfeitos, vem:
� ⇒ � ⇒ � 1
Resposta: alternativa c.
Representando esquematicamente as transformações sofridas
pela amostra de gás ideal, temos:
Sendo � temos:
I) p constante:
� ⇒ V2 � 3V0
II) V constante:
� ⇒ p � 
III) T constante:
� ⇒ � ⇒ V � V0
Resposta: alternativa c.
Do estado 1 ao 2, a compressão é isotérmica, ou seja, o vo-
lume diminui e a temperatura permanece constante. De 2
até 3, a pressão é mantida constante. O aumento do volume
é diretamente proporcional à temperatura, linearmente,
portanto.
De 3 até 1, a temperatura diminui e o volume é mantido
constante.
Resposta: alternativa a.
Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, sendo dados
p � 1 atm � 1 � 105 Pa, n � � 
R � 8,3 J/mol � K e T � 300 K, temos:
1 � 105V � � 8,3 � 300 ⇒ V � 6,2 m3
Resposta: alternativa b.
Admitindo que o monóxido de carbono se comporta como um
gás ideal, pode-se escrever pV � nRT. O número de mols n é:
n � ⇒ n � 
R � 0,082 atm � L/mol � K
T � 35 °C � 308 K
p � 1 atm (normal)
Logo:
V � ⇒ V � ⇒ V � 902 L
Resposta: alternativa b.
Na situação inicial, o gás se encontra nas seguintes condições:
• pressão inicial: p0 � 1 atm
• volume inicial: V0
• temperatura inicial: T0 � 0 °C � 273 K
• número de mols: n0
1
 3 
------ 
2
 3 
------Vo.
p0V0
2
 3 
------V0
3
 2 
------p0
 p1V1 
T1
------------- 
 p2V2 
T2
------------- ,
p1
 T1 
------- 
p2
 T2 
------- 10
 300 
----------- 25 
T2
-------- 
p0
T0
VA
2p0
2T0
VB
 pAVA 
TA
------------- 
 pBVB 
TB
------------- 
 p0VA 
T0
------------- 
 2p0VB 
2T0
---------------- 
VB
 VA 
-------- 
p0 
V0
T0
p0
3V0 
3T0
p
V0
T0 
p0
V
T0
pconst.
Vconst.
Tconst.
I II III
 p1V1 
T1
------------- 
 p2V2 
T2
------------- ,
 V0 
T0
-------- 
V2
 3T0 
---------- 
 p0 3V0 �
3T0
-------------------- 
 p 3V0 �
T0
------------------ 
 p0 
3
------- 
 p 3V0 �
3T0
------------------ 
 poV 
T0
----------- 
 
 p0 
3
------- 3V0 �
T0
------------------------ 
 poV 
T0
----------- 
m
 M 
-------- 13 103 �
52
-------------------- mols,
 13 103 �
52
-------------------- 
 massa do gás 
massa molar
--------------------------------- 1 000 
28
--------------- 
 nRT 
p
------------ 
 1 000 
28
--------------- 0,082 308 � �
1
------------------------------------------------- 
345.
344.
343.
342.
341.
340.
339.
338.
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Na situação final, o gás mantém constantes a pressão e o
volume. O número de mols sofre uma redução de 9%. Assim:
• pressão final: p � p0 � 1 atm
• volume final: V � V0
• temperatura final: T � ?
• número de mols: n � 0,91n0
Na situação inicial, temos:
p0V0 � n0R � 273 (I)
Na situação final, temos:
p0V0 � 0,91nRT (II)
Dividindo-se membro a membro as relações (I) e (II), temos:
T � 300 K ⇒ T � 27 °C
Resposta: alternativa e.
Inicialmente temos a transformação isobárica:
Estado inicial 
Estado intermediário 
Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, temos:
� ⇒ � ⇒ T� � 600 K
Em seguida, temos a transformação isotérmica:
Estado intermediário 
Estado final 
Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, temos:
� ⇒ � ⇒ p � 8 atm
Logo, a temperatura final é T � 600 K e a pressão é p � 8 atm.
Resposta: alternativa d.
a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, obtemos o nú-
mero de mols em cada reservatório, dado por n1 � 
O número total de mols do sistema é, portanto:
n � 2n1 � (I)
b) Quando o reservatório 2 é aquecido à temperatura 2T0, sua
pressão aumenta e parte das moléculas do gás passa para
o reservatório 1, até que as pressões nos dois reservatórios
se igualem num valor p. O número total de mols não se al-
tera, por isso:
n � n1 � n2 ⇒ n � � ⇒
⇒ n � � (II)
De (I) e (II), obtemos o valor da pressão final: p � 
Sendo o termômetro de mercúrio um recipiente fechado, a quan-
tidade de mercúrio em seu interior não varia. As demais alterna-
tivas apresentam grandezas que variam com a temperatura.
Resposta: alternativa a.
A energia interna de um gás perfeito é diretamente proporcio-
nal à sua temperatura absoluta. A temperatura inicial do gás é
T � 273 K. Quando sua energia interna é duplicada, o mesmo
ocorre com sua temperatura, que passa assim a valer Tf � 2T �
� 546 K.
Resposta: alternativa a.
Sendo m � 200 g e �t � 16,5 °C, temos:
Q � mc�t ⇒ Q � 200 � 1 � 16,5 ⇒ Q � 3 300 cal
Resposta: alternativa c.
Temos:
Q � 2 000 � 4,2 ⇒ Q � 8 400 J
�t � 1min ⇒ �t � 60s
Logo:
P � ⇒ P � ⇒ P � 140 W
Resposta: alternativa a.
p0 4 atm�
V0
T0 300 K�
p� p0�
V� 2V0�
T�
 p0V0 
T0
------------- p�V�T�
-------------- 
 p0V0 
300
------------- 
 p0 2V0 �
T�
-------------------- 
p� p0 4 atm� �
V� 2V0�
T� 600 K�
p
V V0�
T 600 K�
 p�V� 
T�
-------------- pV 
T
--------- 
 4 2V0 �
600
------------------ 
 pV0 
600
----------- 
 p0V0 
RT0
------------- .
 2p0V0 
RT0
---------------- 
 pV0 
RT0
----------- 
pV0
 R(2T0) 
----------------- 
3
 2 
------ 
 pV0 
RT0
----------- 
4
 3 
------p0.
Q
 �t 
--------- 8 400 
60
--------------- 
351.
350.
349.
348.
347.
346.