Física II UNIVESP Semana 06

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FÍSICA II
ATIVIDADE PARA AVALIAÇÃO – SEMANA 6GABARITO
Prof. Valdir Bindilatti
GABARITO
PROBLEMA 1
A figura abaixo esquematiza um arranjo para a medida da condutividade tér-mica. Um cilindro de diâmetro D = 5,00 cm é confeccionado com o materialde interesse e adaptado ao equipamento termicamente isolado do ambiente.Pelo compartimento da esquerda passa-se um fluxo de vapor d’água em altatemperatura. No outro extremo, uma serpentina por onde passa um fluxo m˙constante de água (calor específico c = 4,19 J g−1 ◦C−1), é firmemente fixadoao cilindro. Monitoram-se as leituras dos quatro termômetros indicados atéque fiquem estacionárias. As temperaturas T1 e T2 são obtidas em duas re-giões do cilindro separadas pela distância d = 50,0 cm. As temperaturas T3e T4 são, respectivamente, a temperatura da água na entrada e na saída daserpentina.
vapor quente
D
a´gua
T3
m˙
T4
T1 T2
d
a) Obtenha uma expressão para a condutividade térmica domaterial em ter-mos dos parâmetros definidos no enunciado. Use o aquecimento da águaatravés da serpentina para determinar o fluxo de calor e a lei de Fourierpara relacioná-lo com a condutividade do material. Assuma que o gradi-ente de temperatura ao longo do cilindro é uniforme.
Num experimento com um cilindro metálico, a vazão de água pela serpentinafoi ajustada para m˙=0,60 kg/min e, na condição estacionária, as medidas detemperatura resultaram:
t1 = 229 ◦C, t2 = 135 ◦C, t3 = 25,5 ◦C e t4 = 28,7 ◦C.
b) Qual é o fluxo de calor através do cilindro nestas condições?
c) Calcule a condutividade térmica do material.
SOLUÇÃO
a) Num intervalo de tempo dt , a quantidade de água que passa pela serpen-tina é dm = m˙dt . O calor necessário para aquecer esta massa de águatemperatura na entrada, T3, até a temperatura na saída, T4 é
dQ = (m˙dt) c
�
T4 − T3
�
.
O fluxo de calor, a taxa de transferência de calor para a água através docilindro, é portanto:
Q˙a´gua =
dQ
dt
= m˙ c
�
T4 − T3
�
.
Assumindo que o gradiente de temperatura entre os pontos de medidadas temperaturas T1 e T2 é uniforme, a lei de Fourier se escreve
Q˙ = κA
T1 − T2
d
,
onde κ é a condutividade térmica do material, A= pi4 D2 é a área da seçãoreta do cilindro e d a distância entre os dois pontos de medida da tempe-ratura. Igualando os dois fluxos, resulta
Q˙ = κA
T1 − T2
d
= Q˙a´gua = m˙ c
�
T4 − T3
�
κ=
d
A
Q˙a´gua
T1 − T2 =
dm˙ c
A
T4 − T3
T1 − T2 .
b) Com os valores dados: m˙ = 0,60 kg/min = 1,00×10−2 kg/s = 10,0 g/s,
c = 4,19 J/(g · ◦C = 4,19×103 J/(kg · ◦C, T4−T3 = t4−t3 = 3,2 ◦C, obtemospara o fluxo de calor
Q˙ = m˙ c
�
T4 − T3
�
= 134 W.
R.: 134 W.
c) Com D = 5,00 cm, A = pi4 D2 = 19,64 cm2 = 19,64×10−4 m2. A quedade temperatura entre os pontos separados por d = 50,0 cm = 0,500 m é
T1 − T2 = t1 − t2 = 94 ◦C e, com o resultado anterior para Q˙, resulta paraa condutividade térmica do metal:
κ=
d
A
Q˙
T1 − T2 = 363 W m
−1 ◦C−1.
R.: 3,6×102 W m−1 ◦C−1
PROBLEMA 2
Para uma certa mistura de gases ideais a razão en-tre as capacidades térmicas é γ = cP/cv = 1,50,independente da temperatura. Ela é submetidaao ciclo de transformações quase estáticas esque-matizado no diagrama PV da figura ao lado. Noestado a o volume do gás é Va = 120 L, a pressão
Pa = 1,20 bar e a temperatura Ta = 320 K. O vo-lume comum aos estados b e c é Vb = Vc = 180 L.A transformação c→a é isotérmica. Va Vb
Pc
Pa a b
c
a) Determine a temperatura da mistura no estado b, Tb, e sua pressão noestado c, Pc .
b) Calcule as capacidades térmicas CV e CP da mistura.
c) Determine a quantidade total de calor absorvida pela mistura nas três eta-pas do ciclo, ou seja, Qa→b +Qb→c +Qc→a.
d) Determine o trabalho total realizado pela mistura no ciclo.
SOLUÇÃO
a) Usando a lei dos gases PV = nR T , podemos escrever
nR=
PaVa
Ta
=
PbVb
Tb
=
PcVc
Tc
.
Como Pb = Pa:
Va
Ta
=
Vb
Tb
⇒ Tb = VbVa Ta = 480 K.Como Tc = Ta:
PaVa = PcVc ⇒ Pc = VaVc Pa = 0,800 bar = 8,00×10
4 Pa.
Ou, poderíamos computar
nR=
PaVa
Ta
= 0,450 bar L/K = 45,0 J/K
e obter os mesmos resultados:
Tb =
PbVb
nR
= 480 K.
e
Pc =
nR Tc
Vc
= 0,800 bar = 8,00×104 Pa.
b) Para qualquer gás ideal, cP − cv = R, assim
γ=
cP
cv
=
cv + R
cv
= 1+ R/cv
Donde, com γ= 1,50:
cv = R/(γ− 1) = 2,00R e cP = cv + R= γcv = 3,00R.
Para as capacidades térmicas, com
nR=
PaVa
Ta
= 45,0 J/K
temos
CV = ncv = 2,00nR= 90,0 J/K e CP = ncP = 3,00nR= 135,0 J/K.
c) Na transformação a→b o gás expande a pressão constante enquanto éaquecido de Ta = 320 K até Tb = 480 K:
Qa→b = CP (Tb − Ta) = +21,6 kJ.
Na transformação b→c o gás esfria de Tb = 480 K até Tc = 320 K com seuvolume mantido constante:
Qb→c = CV (Tc − Tb) = −14,4 kJ.
Na transformação c→a a temperatura do gás é mantida constante em
Tc = Ta = 320 K. Como a energia interna de qualquer gás ideal só de-pende da temperatura
∆Uc→a =Qc→a −Wc→a = 0.
O calor absorvido é igual ao trabalho realizado pelo gás que é, com P =
nR Ta/V ao longo da isoterma:
Wc→a =
∫ Va
Vc
PdV = nRTa
∫ Va
Vc
dV
V
.
Assim,
Qc→a = nRTa ln (Va/Vc) = −5,84 kJ.
Para o calor total recebido pela mistura no ciclo resulta
Qabca =Qa→b +Qb→c +Qc→a = +1,36 kJ.
d) Para o ciclo como um todo variação da energia interna é nula
∆Uabca = Ua − Ua = 0.
Portanto, da primeira lei∆U =Q−W = 0, e do item anterior
Wabca =Qabca = +1,36 kJ.
Alternativamente pode-se computar o trabalho realizado pelo gás em cadaetapa integrando dW = PdV .
Wa→b = Pa (Vb − Va) = +7,20 kJ
Wb→c = 0 J (dV = 0)
Wc→a =
∫ Va
Vc
PdV = −5,84 kJ (já obtido no item anterior)
Wabca = +1,36 kJ =Qabca.