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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 21 – A Teoria Cinética dos Gases 1 HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 2 CAPÍTULO 21 - A TEORIA CINÉTICA DOS GASES 83. Certa máquina térmica processa 1,00 mol de um gás ideal monoatômico através do ciclo mostrado na Fig. 21-21. O processo 1 → 2 acontece a volume constante, o 2 → 3 é adiabático e o 3 → 1 acontece à pressão constante. (a) Calcule o calor Q, a variação na energia interna ∆Eint e o trabalho realizado W, para cada um dos três processos e para o ciclo como um todo. (b) Se a pressão inicial no ponto 1 for 1,00 atm, encontre a pressão e o volume nos pontos 2 e 3. Use 1,00 atm = 1,013 × 105 Pa e R = 8,314 J/mol.K. (Pág. 231) Solução. (a) Variação da energia interna. Passo 1 → 2: ( ) ( )( )12 12 31,00 mol 8,314 J/K.mol 300 K 3.741,3 J 2V E nC T∆ = ∆ = = 12 3,74 kJE∆ ≈ Variação da energia interna. Passo 2 → 3: ( ) ( )( )23 23 31,00 mol 8,314 J/K.mol 145 K 1.808,295 J 2V E nC T∆ = ∆ = − = − 23 1,81 kJE∆ ≈ − Variação da energia interna. Passo 3 → 1: ( ) ( )( )31 31 31,00 mol 8,314 J/K.mol 155 K 1.933,005 J 2V E nC T∆ = ∆ = − = − 31 1,93 kJE∆ ≈ − Variação da energia interna. Ciclo: 12 23 31 0E E E E∆ = ∆ + ∆ + ∆ = Calor. Passo 1 → 2: 12 12 3.741,3 JVQ nC T= ∆ = Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 21 – A Teoria Cinética dos Gases 2 12 3,74 kJQ ≈ Calor. Passo 2 → 3: 23 0Q = (etapa adiabática) Calor. Passo 3 → 1: ( ) ( )( )31 31 51,00 mol 8,314 J/K.mol 155 K 3.221,675 J 2p Q nC T= ∆ = − = − 31 3, 22 kJQ ≈ Calor. Ciclo: 12 23 31 519,625 JQ Q Q Q= + + = 520 JQ ≈ Trabalho. Passo 1 → 2: 12 0W = (etapa isométrica) Trabalho. Passo 2 → 3: ( )23 23 23 0 1.808,295 J 1.808,295 JW Q E= −∆ = − − = 23 1,81 kJW ≈ − Trabalho. Passo 3 → 1: ( ) ( )31 31 31 3.221,675 J 1.933,005 J 1.288,67 JW Q E= −∆ = − − − = − 31 1, 29 kJW ≈ − Trabalho. Ciclo: 12 23 31 519,625 JW W W W= + + = 520 JW ≈ (b) Cálculo de V2: 311 5 1 (1,00 mol)(8,314 J/K.mol)(300 K) 0,024621 m (1,013 10 Pa) nRTV p = = = × 32 1 0,0246 mV V= ≈ Cálculo de V3: 31 1 3 VV T T = 3 31 3 3 1 (0,024621 m )(455 K) 0,037343 m (300 K) V TV T = = = 33 0,0373 mV ≈ O gráfico mostra que p3 = p1. Logo: ( ) 5 53 Pa1,00 atm 1,013 10 1,013 10 Pa atm p = × = × 53 1,01 10 Pap ≈ × Na etapa 1 → 2 (isocórica), temos: Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 21 – A Teoria Cinética dos Gases 3 1 2 1 2 p p T T = ( ) ( ) ( ) 5 51 2 2 1 Pa1,00 atm 1,013 10 600 K atm 2,026 10 Pa 300 K p Tp T × = = = × 52 2,03 10 Pap ≈ ×
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