Gabarito da AP3-2 (Extra) de 2017-1 de ICF2

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Gabarito da AP3-2 (Extra) de 2017-1.
Paulo Henrique Ortega1
Tutor à distância da disciplina Introdução às Ciências Físicas II.∗
1Instituto de Física, Universidade Federal do Rio de Janeiro
(Dated: 9 de julho de 2017)
I. QUESTÃO 1
Podemos escrever a temperatura do volume de água, nas escalas Fahrenheit e Celsius,
da seguinte forma
TF = T̃F
◦F e TC = T̃C ◦C, (1)
sendo T̃F e T̃C as leituras da temperatura do volume de água nas escalas Fahrenheit e Celsius,
respectivamente.
O enunciado diz que a diferença entre as leituras nas duas escalas é 100. Sendo assim,
podemos escrever
|T̃F − T̃C | = 100 ⇔ ±
(
T̃F − T̃C
)
= 100. (2)
O sinal "+" é usado para o caso em que T̃F > T̃C . O sinal "−" é usado para o caso em que
T̃F < T̃C .
Para realizarmos os cálculos considerando as duas possibilidade, utilizaremos seguinte
notação:
• Quando T̃F > T̃C , então diremos que T̃F ≡ T̃+F e T̃C ≡ T̃
+
C ;
• Quando T̃F < T̃C , então diremos que T̃F ≡ T̃−F e T̃C ≡ T̃
−
C ;
Desta forma, utilizando nossa notação, a equação (2) se torna
±
(
T̃F − T̃C
)
= 100 ⇔ ±
(
T̃±F − T̃
±
C
)
= 100. (3)
Podemos relacionar as leituras de temperatura nas escalas Fahrenheit e Celsius da se-
guinte forma
T̃±F =
9
5
T̃±C + 32. (4)
Desta forma, temos que
∗paulo.h.ortega@gmail.com
mailto:paulo.h.ortega@gmail.com
2
±
(
T̃±F − T̃
±
C
)
= 100 ⇔ T̃±F − T̃
±
C = ±100 ⇔
9
5
T̃±C + 32− T̃
±
C = ±100
9
5
T̃±C −
5
5
T̃±C = ±100− 32 ⇔
4
5
T̃±C = ±100− 32 ⇔ T̃
±
C =
5× (±100− 32)
4
.
Desta maneira, para a mesma temperatura, existem duas leituras de temperatura no
termômetro graduado na escala Celsius que diferem de 100 das leituras de temperatura no
termômetro graduado na escala Fahrenheit. As mesmas são dada por
T̃+C =
5× (+100− 32)
4
= 85 e T̃−C =
5× (−100− 32)
4
= −165. (5)
Podemos verificar que, de fato, as leituras nas diferentes escalas diferem de 100. Utili-
zando a equação (4), temos que
T̃+F =
9
5
T̃+C + 32 =
(
9
5
)
× (85) + 32 = 185. (6)
T̃−F =
9
5
T̃−C + 32 =
(
9
5
)
× (−165) + 32 = −265. (7)
Logo,
|T̃+F − T̃
+
C | = |185− 85| = |100| = 100. (8)
|T̃−F − T̃
−
C | = | − 265− (−165)| = | − 265 + 165| = | − 100| = 100. (9)
O enunciado diz que se trata de 100 L de água ao nível do mar. Isto significa que trata-se
de H2O na forma líquida, pois a pressão é de 1 atm. Desta forma, a leitura da temperatura do
volume de água, no termômetro graduado na escala Celsius, deve estar em 0 e 100. Portanto,
a temperatura real do volume de água é
TC = T̃
+
C
◦C = 85 ◦C. (10)
Agora que obtivemos a temperatura do volume de água na escala Celsius, podemos
deteminar a mesma na escala Kelvin. Sabemos que ambas as escalas se relacionam por
TK = (1 K/
◦C)TC + 273 K. (11)
Desta forma, temos que
TK = (1 K/
◦C) (85 ◦C) + 273 K = 85 K + 273 K = 358 K. (12)
Portanto, a temperatura do volume de água, na escala Kelvin, é 358 K.
II. QUESTÃO 2
Para responder esta questão, suporemos que a peça dilata igualmente nas direções pa-
relelas à superfície da peça. Deste modo, a variação da área superficial da peça ∆Ap devido
à variação de temperatura da mesma é dada por
∆Ap = A
0
pβp∆Tp = A
0
p (2αp) ∆Tp = 2A
0
pαp∆Tp, (13)
3
sendo A0p a área inicial, βp o coeficiente de dilatação térmica superficial, αp o coeficiente de
dilatação térmica linear e ∆Tp a variação de temperatura, todos referentes à peça.
O enunciado diz que a peça é constituída de uma chapa de lado 30 cm (isto é, uma
chapa quadrada), da qual foi retirado 500 cm2. Desta forma, temos que a área inicial A0p da
peça é
A0p = (30 cm)
2 − 500 cm2 = 900 cm2 − 500 cm2 = 400 cm2. (14)
O enunciado também diz que a peça sofre uma variação de temperatura de 50 ◦C.
Isto quer dizer que ∆Tp = 50 ◦C. O enunciado ainda complementa dizendo que a chapa é
constituída de zinco, cujo coeficiente de dilatação linear é αzinco = 2, 5 × 10−5 ◦C−1. Sendo
assim, podemos tomar αp ≡ αzinco = 2, 5× 10−5 ◦C−1. Com estas informações, temos
∆Ap = 2A
p
0αp∆Tp = 2
(
400 cm2
) (
2, 5× 10−5 ◦C−1
)
(50 ◦C) ,
=
(
2× 400× 2, 5× 10−5 × 50
)
cm2 = 1 cm2. (15)
Agora que determinamos ∆Ap, podemos encontrar a área final Afp da peça. A mesma é
dada por Afp = A0p + ∆Ap. Assim,
Afp = A
0
p + ∆Ap = 400 cm
2 + 1 cm2 = 401 cm2. (16)
Portanto, a área final da peça é de 401 cm2.
III. QUESTÃO 3
O fluxo de calor Φ através da placa de madeira pode ser obtida por
Φ =
kA (Tint − Text)
L
, (17)
sendo A a área, L a espessura, Text a temperatura externa, Tint a temperatura interna e k a
condutividade térmica, todos referentes à placa de madeira. Note que podemos obter o fluxo
de calor por unidade de área Φ/A da seguinte forma
Φ =
kA (Tint − Text)
L
⇔ Φ/A = k (Tint − Text)
L
⇔ k = (Φ/A)L
(Tint − Text)
. (18)
O enunciado diz que a placa de madeira possui uma espessura de 50 mm e que as
temperaturas interna e externa são 40 ◦C e 20 ◦C, respectivamente. Também diz que o
fluxo de calor, por unidade de área, através da placa de madeira é 40 W/m2. Com estas
informações, podemos determinar a condutividade térmica k da madeira.
k =
(Φ/A)L
(Tint − Text)
=
(40 W/m2) (50 mm)
(40 ◦C − 20 ◦C)
=
(40 W/m2) (50 × 10−3 m)
(40 ◦C − 20 ◦C)
,
=
[
40× 50× 10−3
20
]
W/ (m ◦C) = 0, 1 W/ (m ◦C) . (19)
Portanto, a condutividade térmica da madeira é 0, 1 W/ (m ◦C).
4
IV. QUESTÃO 4
O exercício diz que a energia liberada da fissão de 1 g de urânio é utilizada para vaporizar
3, 6× 104 kg de água. O vapor criado no processo deve ser tratado como um gás ideal, como
diz o enunciado. Desta forma, o mesmo deve satisfaz a equação de Claperyon.
PvVv = nvRTv ⇔ Vv =
nvRTv
Pv
. (20)
sendo R é a constante universal dos gases ideais, Pv a pressão, Vv o volume, nv o número de
moles e Tv a temperatura absoluta, todos referentes ao vapor.
Desejamos obter o volume Vv de vapor, resultado da vaporização dos 3, 6 × 104 kg de
água. Segundo o enunciado, o vapor se encontra a pressão de Pv = 30 atm e a temperatura
de Tv = 227 ◦C = 500 K. Desta forma, para obtermos Vv, precisamos obter o número de
moles nv.
Para tanto, notamos que, durante o processo de vaporização, a massa de água (posteri-
ormente a de vapor) se mantém constante. Desta forma, se na é o número de moles da água
e nv é numero de moles de vapor, então nv = na. Sendo assim, temos que
nv = na =
ma
Ma
, (21)
com ma a massa de água que gerou o vapor eMa a massa molar da água.
Para continuar, devemos notar que a molécula de água é formada por 2 (dois) átomos
de hidrogênio (H) e 1 (um) átomo de oxigênio (O), isto é, H2O = 2H + O. Deste modo,
utilizando o formulário, temos que massa molar da água é
Ma =MH2O = 2MH +MO = 2× (1 g/mol) + (16 g/mol) = 18 g/mol. (22)
Assim,
nv =
ma
Ma
=
3, 6× 104 kg
18 g/mol
=
36× 106 g
18 g/mol
= 2× 106 mol. (23)
Com o número de moles nv do vapor em mãos, podemos determinar Vv.
Vv =
nvRTv
Pv
=
(2× 106 mol)
(
0, 082
atm.L
mol.K
)
(500 K)
30 atm
,
=
(2× 106 × 0, 082× 500)
30
L ∼= 2, 7× 106 L. (24)
Portanto, o volume de vapor criado pela vaporização de 3, 6 × 104 kg de água
devido à energia liberada por 1 g de urânio é 2, 7 × 106 L, aproximadamente.
5
V. QUESTÃO 5
O enunciado diz que 0, 505 mol de um gás, dentro de um balão, é comprimido de 4 L
para 2 L mantendo a temperatura em 5 ◦C = 278 K, durante todo o processo. Isto significa
que o processo no qual o gás é submetido é um processo isotérmico. Desta forma, o trabalho
do gás (ou sobre ele) durante o processo em questão é dado por
Wi→f = nRT ln
(
Vf
Vi
)
, (25)
sendo R é a constante universal dos gases ideais, n o número de moles, T a temperatura
absoluta, e Vi e Vf os volumes inicial e final, respectivamente, todos referentes ao gás. Na
equação (25), "ln" significa a função logaritmo natural do argumento em questão.
Sendo assim, temos que
Wi→f = nRT ln
(
Vf
Vi
)
= (0, 505 mol) [8, 31 J/ (mol K)] (278 K) ln
[
(2 L)
(4 L)
]
,
= (0, 505× 8, 31× 278) ln
(
2
4
)
J = (0, 505× 8, 31× 278) ln
(
1
2
)
J,
= (0, 505× 8, 31× 278) ln
(
2−1
)
J = (0, 505× 8, 31× 278) [(−1) ln (2)] J,
= − (0, 505× 8, 31× 278) ln (2) J. (26)
O formulário diz queln (2) = 0, 69. Desta forma, temos
Wi→f = − (0, 505× 8, 31× 278) ln (2) J,
= − (0, 505× 8, 31× 278× 0, 69) J,
∼= −805 J. (27)
Portanto, o gás sofreu um trabalho de 805 J , aproximadamente.
	Questão 1
	Questão 2
	Questão 3
	Questão 4
	Questão 5