Exercícios Resolvidos Física II - Termodinâmica

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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA 
 Prof. Anderson Coser Gaudio 
 Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo 
 http://www.cce.ufes.br/anderson 
 anderson@npd.ufes.br Última atualização: 29/09/2005 12:23 H 
 
 
 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., 
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
Capítulo 25 - Calor e Primeira 
Lei da Termodinâmica 
 
 
 
Problemas 
 
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 
61 62 63 
 
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Problemas Resolvidos 
 
02. Icebergs no Atlântico Norte representam riscos ao tráfego de navios (veja a Fig. 22), fazendo 
com que a extensão das rotas de navegação aumente em cerca de 30% durante a temporada de 
icebergs. Tentativas de destruição dessas montanhas de gelo incluem a implantação de 
explosivos, bombardeio, torpedeamento, colisão e pintura com negro de fumo. Suponha que se 
tente derreter o iceberg, pela colocação de fontes de calor sobre o gelo. Quanto calor é 
necessário para derreter 10% de um iceberg de 210.000 toneladas? 
 
 (Pág. 235) 
Solução. 
A massa de gelo a ser derretida (m) é: 
 01,0 mm =
onde m0 é a massa total do iceberg. A quantidade de calor necessária para fundir uma massa m de 
gelo é dada por: 
 (1) 0mLQ f=
onde Lf é o calor latente de fusão do gelo (obtido a partir da Tabela 2, pag. 220). Substituindo-se os 
valores numéricos em (1): 
 J 106,993kg) 101,2(1,0)J/mol 1033,3( 1285 ×=××=Q
 TJ ,07≈Q 
 
[Início] 
 
06. Usa-se um pequeno aquecedor elétrico de imersão para ferver 136 g de água para uma xícara de 
café instantâneo. O aquecedor está especificado para 220 watts. Calcule o tempo necessário 
para se trazer essa água de 23,5oC ao ponto de ebulição, ignorando quaisquer perdas de calor. 
 (Pág. 235) 
Solução. 
A potência (P) é definida pela seguinte equação diferencial 
 
dt
dQP = 
Nesta equação, dQ é o calor transferido durante o intervalo de tempo dt. Resolvendo-se em função 
de dQ: 
 dtPdQ ×=
Se a potência não possui dependência em relação à temperatura, pode-se fazer: 
 tPQ Δ×=
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Logo, o intervalo de tempo procurado é dado por: 
 
P
Qt =Δ (1) 
O calor necessário para aquecer uma massa m de água de uma temperatura ΔT é dado por: 
 ) (2) ( 0TTmcTmcQ −=Δ=
Nesta equação, c é o calor específico da água. Substituindo-se (2) em (1): 
 
P
TTmct )( 0
−=Δ 
 s 1489,198
 W)220(
)K 5,76(J/K.mol) 190.4(kg) 136,0( ==Δt 
 s 198≈Δt 
 
[Início] 
 
09. Calcule a quantidade mínima de calor exigida para derreter completamente 130 g de prata 
inicialmente a 16,0oC. Suponha que o calor específico não varie com a temperatura. 
 (Pág. 235) 
Solução. 
O processo de aquecimento e fusão da massa m de prata pode ser representado pelo seguinte 
esquema: 
 
Prata(s) Prata(s) Prata(l)
T0 Tf Tf
aquecim. fusão
Qaq Qfus
 
O calor transferido durante o aquecimento é: 
 (1) )( 0TTmcTmcQ faqaq −=Δ=
 )K 2,288K 234,0J/kg.K)(1. 236)(kg 130,0( −=aqQ 
 J 678,018.29=aqQ 
Na equação (1), c é o calor específico da prata (obtido a partir da Tabela 20-1, pag. 185). O calor 
transferido durante a fusão é: 
 (2) mLQ ffus =
Nesta equação, Lf é o calor latente de fusão da prata (obtido a partir da Tabela 20-2, pag. 186). 
Substituindo-se os valores numéricos em (2): 
 )kg 130,0)(J/kg 000.105(=fusQ
 J 650.13=fusQ 
Portanto: 
 J 678,668.42=+= fusaq QQQ
 kJ 7,42≈Q 
 
[Início] 
 
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22. A capacidade calorífica molar da prata, medida à pressão atmosférica, varia com a temperatura 
entre 50 e 100 K de acordo com a equação empírica 
 
 C = 0,318 T − 0,00109 T 2 − 0,628, 
 
onde C está em J/mol.K e T está em K. Calcule a quantidade de calor necessária para elevar 316 
g de prata de 50,0 para 90,0 K. A massa molar de prata é 107,87 g/mol. 
 (Pág. 236) 
Solução. 
Partindo-se da equação diferencial 
 dTnCdQ T )(=
onde dQ é o calor transferido devido à variação de temperatura dT, n é o número de moles e C(T) é o 
calor específico molar, tem-se que: 
 ∫= TT T dTCnQ 0 )(
Substituindo-se a expressão fornecida para o calor specífico molar C(T): 
 ∫ −−= TT dTTTMmQ 0 )628,000109,0318,0( 2 
 
T
T
TTT
M
mQ
0
628,0
3
00109,0
2
318,0 32 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−= 
 32666,248
g/mol) 87,107
g) 316,0( ×=Q 
 J 46107,727=Q
 J 727≈Q 
 
[Início] 
 
32. O gás dentro de uma câmara passa pelo ciclo ilustrado na Fig. 24. Determine o calor resultante 
acrescentado ao gás durante o processo CA se QAB = 20 J, QBC = 0 e QBCA = −15 J. 
 
 (Pág. 236) 
Solução. 
Como o processo termodinâmico em questão é cíclico, pode-se afirmar que a variação da energia 
interna (ΔEint) é zero: 
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5
0
0
 int =ΔE
Da Primeira Lei da Termodinâmica tem-se que: 
 =+ ABCAABCA WQ
 0=++++ BCAABCABCAB WWQQQ (1) 
Substituindo-se os valores numéricos fornecidos em (1): 
 0)J 15(00J) 20( =−++++ CAQ
 J 5−=CAQ 
 
[Início] 
 
34. A Fig. 25a mostra um cilindro que contém gás, fechado por um pistão móvel e submerso em 
uma mistura de gelo-água. Empurra-se o pistão para baixo rapidamente da posição 1 para a 
posição 2. Mantém-se o pistão na posição 2 até que o gás esteja novamente a 0oC e, então, ele é 
levantado lentamente de volta à posição 1. A Fig. 25b é um diagrama pV para o processo. Se 
122 g de gelo são derretidos durante o ciclo, quanto trabalho se realizou sobre o gás? 
 
 (Pág. 237) 
Solução. 
Em qualquer ciclo termodinâmico a variação da energia interna do sistema é zero. 
 0int =+=Δ WQE
 (1) QW −=
Nesta equação, Q é o calor total transferido no ciclo e W é o trabalho total realizado sobre o 
sistema. Como 122 g de gelo foram derretidos durante o ciclo, isto significa que uma quantidade de 
calor necessária para fundir esse gelo foi perdida pelo sistema (calor com sinal −). O calor foi 
perdido pelo sistema por que a mistura gelo-água não pertence ao sistema, que é constituído pelo 
gás no interior do pistão. Essa quantidade de calor vale: 
 cal 01,705.9)g 122).(cal/g 55,79( −=−=−= mLQ f 
Nesta equação, Lf é o calor latente de fusão do gelo (obtido a partir da Tab. 2, pág. 220) e m é a 
massa de gelo fundido. Portanto, obtém o trabalho executado sobre o sistema (trabalho com sinal +, 
de acordo com a convenção adotada neste livro) substituindo-se o valor numérico do calor em (1): 
cal 01,705.9)cal 01,705.9( =−−=−= QW 
kcal 71,9≈W 
 
[Início] 
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39. Quando se leva um sistema do estado i ao estado f ao longo do trajeto iaf da Fig. 26, descobre-se 
que Q = 50 J eW = −20 J. Ao longo do trajeto ibf, Q = 36 J. (a) Qual o valor de W ao longo do 
trajeto ibf? (b) Se W = +13 J para o trajeto curvo fi de retorno, quanto vale Q para este trajeto? 
(c) Tome Eint,i = 10 J. Quanto vale Eint,f? (d) Se Eint,b = 22 J, encontre Q para o processo ib e o 
processo bf. 
 
 (Pág. 237) 
Solução. 
(a) Caminho iaf: 
 )J 20()J 50(int,int, −+=+=Δ=Δ iafiafiafif WQEE 
 J 30int, =Δ ifE 
Caminho ibf: 
 ibfibfibfif WQEE +=Δ=Δ int,int, 
 )J 36()J 30(int, −=−Δ= ibfibfibf QEW
 J 6−=ibfW 
(b) Caminho curvo fi: 
 fifiiffi WQEE +=Δ−=Δ int,int, 
 )J 13()J 30(int, −−=−Δ−= fiiffi WEQ
 J 43−=fiQ 
(c) 
 ifif EEE int,int,int, −=Δ
 )J 10()J 30(int,int,int, +=+Δ= iiff EEE
 J 40int, =fE 
(d) 
 )J 10()J 22(int,int,int, −=−=Δ ibib EEE
 J 12int, =Δ ibE 
 J 6−== ibfib WW 
 ibibib WQE +=Δ int,
 )J 6()J 12(int, −−=−Δ= ibibib WEQ 
 J 18=ibQ 
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 )J 22()J 40(int,int,int, −=−=Δ bfbf EEE
 J 18int, =Δ bE 
 
[Início] 
 
40. O gás dentro de uma câmara sofre os processos mostrados no diagrama pV da Fig. 27. Calcule o 
calor resultante adicionado ao sistema durante um ciclo completo. 
 
 (Pág. 237) 
Solução. 
Durante um ciclo termodinâmico a variação da energia interna (ΔE) do sistema é zero, 
 0=+=Δ WQE
 (1) WQ −=
Nesta equação, Q é o calor resultante transferido durante o ciclo e W é o trabalho resultante 
executado sobre o sistema. Para se obter o calor resultante basta calcular o trabalho realizado sobre 
o sistema e substituí-lo em (1). 
O trabalho realizado sobre o sistema corresponde à área do semicírculo mostrado na figura (pela 
convenção adotada neste livro, o trabalho num ciclo anti-horário é positivo). Embora seja tentador 
calcular essa área diretamente a partir da figura, este procedimento não é possível porque as escalas 
da ordenada e da abscissa são diferentes. No entanto, se as escalas dos eixos forem ignoradas é 
possível contornar essa dificuldade. 
Admitindo-se que cada quadrado do diagrama tenha uma unidade de comprimento (1 uc) de aresta, 
implica em que cada quadrado tenha uma unidade de área (1 ua). O semicírculo possui raio R = 1,5 
uc e sua área vale: 
 ua 534291,35,1
2
1
2
1 22 === ππRA 
Pode-se calcular a quantidade de trabalho que corresponde a cada quadrado no diagrama (Wq), 
multiplicando-se os valores da pressão (1 Mpa) e do volume (1 l = 1×10-3 m3) correspondentes a um 
quadrado. 
 kJ/ua 10)m 101).(MPa 10( 33 =×= −qW
Portanto, o trabalho correspondente ao semicírculo do diagrama vale: 
 kJ 34291,35kJ/ua 10ua 534291,3 =×=×= qWAW 
Substituindo-se o valor de W em (1): 
 )kJ 34291,35(−=Q
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 kJ 35−≈Q 
Obs.: O enunciado do problema insinua que o calor transferido deveria ser positivo (calor 
adicionado ao sistema). No entanto, isso só ocorreria se o trabalho resultante executado no ciclo 
fosse positivo, o que não está em acordo com a convenção adotada neste livro. 
 
[Início] 
 
43. Um motor faz com que 1,00 mol de um gás ideal monoatômico percorra o ciclo mostrado na 
Fig. 28. O processo AB ocorre a volume constante, o processo BC é adiabático e o processo CA 
ocorre a pressão constante. (a) Calcule o calor Q, a variação de energia interna ΔEint e o trabalho 
W para cada um dos três processos e para o ciclo como um todo. (b) Se a pressão inicial no 
ponto A é 1,00 atm, encontre a pressão e o volume nos pontos B e C. Use 1 atm = 1,013 × 105 
Pa e R = 8,314 J/K.mol. 
 
 (Pág. 237) 
Solução. 
(a) 
 J 3,741.3)K 00J/K.mol)(3 314mol)3/2(8, 00,1( ==Δ= ABvAB TnCQ 
 kJ 74,3≈ABQ 
 0=BCQ 
 J 675,221.3)K 155J/K.mol)(- 314mol)5/2(8, 00,1( −==Δ= CApCA TnCQ 
 kJ 22,3−≈CAQ 
 0=ABW 
 )K 45J/K.mol)(1 314mol)3/2(8, 00,1(int =Δ=Δ= BCvBCBC TnCEW
 kJ 81,1J 295,808.1 −≈−=BCW 
 CACAvCACACA QTnCQEW −Δ=−Δ= int 
 J 67,288.1)J 675,221.3()K 155J/K.mol)(- 314mol)3/2(8, 00,1( =−−=CAW 
 kJ 29,1≈CAW 
 J 3,741.30J) 3,741.3(int =+=+=Δ ABABAB WQE 
 J 74,3int ≈Δ ABE 
 J 295,808.1)J 295,808.1(0int −=−+=+=Δ BCBCBC WQE 
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 J 89,1int −≈Δ BCE 
 J 005,933.1J 67,288.1J) 675,221.3(int −=+−=+=Δ CACACA WQE 
 J 93,1int −≈Δ CAE 
(b) 
 
B
BB
A
AA
T
Vp
T
Vp = 
Mas: 
 BA VV =
Logo: 
 
B
B
A
A
T
p
T
p = 
 
)K 300(
)K atm)(600 00,1(=Bp 
 atm 00,2=Bp 
 atm 00,1== AC pp 
 AAA nRTVp =
 35 m 024621,0)Pa 10013,1(
)K 300)(J/K.mol 314,8(mol) 00,1( =×== A
A
A p
nRTV 
 3dm 6,24≈= AB VV 
 
C
C
A
A
T
V
T
V = 
 3
3
dm 343,37
)K 300(
)K )(455dm 621,24( ==CV 
 3dm 3,37≈cV 
 
[Início] 
 
44. Um cilindro tem um pistão metálico de 2,0 kg bem ajustado cuja área de seção reta é 2,0 cm2 
(Fig. 29). O cilindro contém água e vapor a temperatura constante. Observa-se que o pistão cai 
lentamente à velocidade de 0,30 cm/s porque o calor flui para fora do cilindro através de suas 
paredes. Quando isso acontece, parte do vapor condensa-se na câmara. A massa específica do 
vapor dentro da câmara é 6,0 × 10−4 g/cm3 e a pressão atmosférica é 1,0 atm. (a) Calcule a taxa 
de condensação do vapor. (b) A que taxa o vapor está saindo da câmara? (c) Qual é a taxa de 
variação da energia interna do vapor e da água dentro da câmara? 
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 (Pág. 238) 
Solução. 
(a) O problema está pedindo para determinar dm/dt, a taxa de conversão de vapor d’água em água 
líquida. Para se obter a taxa pedida, pode-se começar pela velocidade de queda do pistão, vp, que 
vamos adotar como sendo negativa, pois está associada à diminuição de volume do interior do 
cilindro. 
 
A
A
dt
dx
dt
dxv p ×−=−= (1) 
 
dt
dV
A
v p ×−= 1 (2) 
Na equação (1), dV/dt é a taxa de variação do volume do recipiente e A é a área do pistão. A 
densidade do vapor é dada por: 
 
dV
dm=ρ 
 ρ
dmdV = (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
dt
dm
A
v p ×−= ρ
1 
 )cm 0,2)(g/cm 100,6)(cm/s 30,0( 234−×−=−= Av
dt
dm
pρ 
 g/s 103,6 4−×−=
dt
dm 
O sinal negativo de dm/dt significa que há redução da quantidade de vapor d’água (condensação) 
com o tempo. 
(b) A fonte de calor no interior da câmara é a condensação da água. Como se trata de uma mudança 
de fase, o calor é transferido na forma de calor latente de vaporização (Lv). 
 mLQ v=
 kJ/s 1012160,8)g/s 103,6)(kJ/kg 256.2( 44 −− ×−=×−==
dt
dmL
dt
dQ
v 
 J/s 81,0−≈
dt
dQ
 
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O sinal negativo de dQ/dt significa que o calor está sendo transferido para fora do sistema. 
(c) A variação da energia interna do sistema é dada por: 
 pdVdQdWdQdE −=+=int 
 
dt
dVp
dt
dQ
dt
dE −=int (4) 
A pressão interna do cilindro é dada por: 
 
A
gm
pp p+= 0 (5) 
Substituindo-se (3) e (5) em (4): 
 
dt
dm
A
gm
p
dt
dQ
dt
dE p
ρ
1)( 0
int +−= 
 
J/s 69054,0)kg/s 103,6(
)kg/m 6,0(
1 
)m 100,2(
)m/s 81,9)(kg 0,2()Pa 1001,1(J/s) 812160,0(
7
3
24
2
5int
−=×−×
×⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
×+×−−=
−
−dt
dE
 
 J/s 69,0int −≈
dt
dE
 
A energia interna do sistema está diminuindo com o tempo devido à condensação de vapor. Nesse 
processo, moléculas de água com elevada energia cinética passam para a fase líquida onde sua 
energia cinética é enormemente diminuída. 
 
[Início] 
 
 
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