Gabarito Exercicios Fisica II Semana 6

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FÍSICA II – LISTA DE EXERCÍCIOS AULAS 20–24
GABARITO DO MEDIADOR
EXERCÍCIO 1
Definições:
αL =
1
L
dL
dT
, β = αV = 1V
dV
dT
a) Para um paralelepípedo com arestas L,W e H :
V = LW H
dV
dT
=
dL
dT
W H + L
dW
dT
H + LW
dH
dT
Dividindo os dois membros por V
1
V
dV
dT
=
1
L
dL
dT
+
1
W
dW
dT
+
1
H
dH
dT
⇒ β = 3α
b) Para uma esfera de raio R:
V =
4π
3
R3
dV
dT
=
4π
3
3R2
dR
dT
1
V
dV
dT
= 3
1
R
dR
dT
β = 3α
O resultado, para qualquer sólido isotrópico, é independente da forma.
Uma dedução completamente similar mostra que, para a área de qualquer seção reta do
sólido isotrópico, o coeficiente de dilatação térmica é αA = 2α.
EXERCÍCIO 2
a) Seja A a área da seção reta interna do cilindro que contém o líquido. Um vo-
lume V de líquido se acomodará na forma de um cilindro de base A e altura h
tais que
V = Ah.
Derivando esta expressão em relação à temperatura, t , e dividindo por V = Ah
dV
dt
=
dA
dt
h+ A
dh
dt
1
V
dV
dt
=
1
Ah
dA
dt
h+
1
Ah
A
dh
dt
1
V
dV
dt
=
1
A
dA
dt
+
1
h
dh
dt
Identificando
1
V
dV
dt
= β , e 1
A
dA
dt
= 2α,
obtemos
β = 2α+
1
h
dh
dt
1
h
dh
dt
= β − 2α⇒
dh
dt
= h0(β − 2α)
b) A partir dos dados do vidro e do mercúrio,
β − 2α= (1,8×10−4 − 18×10−6) ◦C−1 = 1,6×10−4 ◦C−1
que significa uma variação relativa da altura muito pequena para o incremento
de temperatura considerado. Tomando a aproximação linear
∆h≈
dh
dt
∆t = h0(β − 2α)∆t = 1,6×10−3 cm= 16 µm
Neste dispositivo, a coluna de mercúrio sobe muito pouco porque a dilatação do mer-
cúrio, embora maior que a do vidro, é muito pequena. Nos termômetros de líquido
em vidro, um capilar é ligado a um reservatório de líquido (bulbo) de volume muito
maior. A variação de volume de líquido devida à dilatação térmica é praticamente toda
acomodada no capilar.
EXERCÍCIO 3
Para um incremento de temperatura ∆t , o líquido dentro do bulbo de volume
V0 = 0,150 cm3 sofre uma variação de volume
∆VHg = V0β∆t
enquanto o espaço interno do bulbo varia de
∆V = V03α∆t.
A diferença é acomodada no capilar, de seção reta
A= πd2/4= 1,13×10−4 cm2,
provocando uma variação da altura do líquido∆h:
∆VHg −∆V = A∆h
Assim,
A∆h= V0(β − 3α)∆t
∆h
∆t
= (β − 3α)
V0
A
= 0,227 cm/◦C
EXERCÍCIO 4
Supomos a temperatura ambiente constante a 25,0 ◦C. O calor conduzido atra-
vés das paredes da caixa vai provocar a fusão do gelo, que ocorre à temperatura
fixa de 0 ◦C. Assim, enquanto houver gelo, a diferença de temperatura entre o
exterior e o interior é fixa δT = 25 ◦C. A equação para a condução do calor em
condições estacionárias em uma dimensão é
Q̇ = −κA
dT
dx
,
onde A é a área da seção reta que o calor atravessa.
No caso da caixa, a superfície externa que se encontra na temperatura ambiente
tem área
A0 = L0W0H0 = 1,78 m
2.
A superfície interna é menor porque cada aresta interna é menor que a corres-
pondente externa pelo dobro da espessura d = 4,0 cm: Ld = L0−2d = 62,0 cm,
Wd =W0−2d = 42,00 cm, Hd = H0−2d = 37,0 cm. A área interna é, portanto
Ad = LdWd Hd = 1,29 m
2,
ou 72 % da área externa.
A diminuição da área a partir da superfície externa faz com que o gradiente de
temperatura não seja uniforme em função da profundidade do isopor. Para fazer
uma estimativa, vamos supor o gradiente uniforme
dT
dx
≈
∆T
d
= 625 ◦C/m
e considerar como área a média das áreas externa e interna
A=
A0 + Ad
2
= 1,54 m2.
Com estas aproximações, o fluxo de calor para dentro da caixa resulta
Q̇ = 28,8 W
A taxa com que o gelo é fundido é, portanto constante
dm
dt
=
Q̇
Lf
= 0,0862 g/s = 310 g/h
e o tempo necessário para a fusão total de m= 88 kg é
∆t =
m
dm
dt
= 284 h.
EXERCÍCIO 5
Supomos o sistema isolado termicamente e consideramos apenas as possíveis
trocas de calor entre gelo e a água. Não é possível, sem avaliar os calores envol-
vidos, qual será a composição de sólido/líquido no estado de equilíbrio final.
Inicialmente, o gelo está abaixo de ponto de fusão tf = 0,0 ◦C. Em contato com aágua mais quente ele vai inicialmente se aquecer, no máximo até a temperatura
de fusão. O calor necessário para aquecer o gelo até tf = 0,0 ◦C é
Q1=mgelocgelo∆tgelo=6,39 kJ.
Este calor pode ser absorvido da água líquida até que ela atinja a temperatura
de solidificação (igual a tf. Até este limite a água presente pode fornecer umaquantidade de calor
Q2=máguacágua∆tágua=9,43 kJ.
Como no caso Q2 > Q1, o gelo vai chegar à temperatura de fusão, enquanto aágua se encontrará a uma temperatura maior.
A diferençaQ2 −Q1 é suficiente para fundir uma massa de gelo
m= (Q2−Q1)/Lf=9,1 g,
que é menor do que a quantidade presente. Assim, ao final teremos 79,9 g de
gelo e 159,1 g de água à temperatura de 0,0 ◦C.
Consideremos, por exemplo, que houvesse apenas 50,0 g de água à mesma tem-
peratura inicial. O calor necessário para aquecer o gelo até 0,0 ◦C,Q1, seria maiorque o calor que o líquido poderia fornecer se resfriando até 0,0 ◦C,
Q′2=máguacágua∆tágua=3,14 kJ.
A diferença seria suficiente para congelar
m=(Q1−Q′2)/Lf=9,7 g
de água (menos que a existente). Assim, ao final teríamos 98,7 g de gelo e 40,3 g
de água à temperatura de 0,0 ◦C.
Você pode pensar em outras possibilidades?
EXERCÍCIO 6
Lembre-se que para intervalos de temperatura unidades K e ◦C são idênticas.
Sejam t1 = 20,0 ◦C a temperatura inicial da água (massamágua = 150 g) e do açoda garrafa (massa m1 = 120 g) e t2 = 60,5 ◦C a temperatura inicial da amostrade aço (massa m2 = 200 g).
Supondo o sistema isolado, a temperatura final do sistema, t , pode ser obtida
igualando o calor absorvido pela água e calorímetro ao calor fornecido pela amos-
tra:
�
m1cinox +máguacágua
�
(t − t1) = m2cinox (t2 − t)
Resolvendo para t :
t =
�
m1cinox +máguacágua
�
t1 +m2cinox t2
(m1 +m2) cinox +máguacágua
= 24,8 ◦C.
EXERCÍCIO 7 (PORTFOLIO)
a) Para derreter 200 g de gelo é necessária uma quantidade de calor:
Q1=mgeloLf=6,66 kJ.
Esta quantidade de calor é liberada por 500 g de água quando ela resfria de
∆t=Q1/máguacágua=31,8 ◦C.
Como a água está inicialmente a 20 ◦C, ela não é capaz de derreter todo o gelo.
A temperatura final é, portanto, 0,0 ◦C.
b) O calor liberado pelo resfriamento da água de∆t=20 ◦C é
Q=máguacágua∆t.
A quantidade de gelo derretida é
m=Q/Lf=126 g.
Assim, ao final tem-se 74 g de gelo e 626 g de água a 0,0 ◦C.
EXERCÍCIO 8
Neste problema aplicamos a primeira lei da Termodinâmica
∆U =Q−W
explorando o fato de que a energia interna é uma função de estado, ou seja, sua
variação entre dois estados quaisquer é independente do processo que leve o
sistema de um a outro.
O trabalho realizado pelo sistema em cada etapa pode ser calculado pela área no
diagrama PV (1 atm= 1,01325×105 Pa):
Wa→b = P1(Vb − Va) = +5 atm L=+507 J
Wb→c =
1
2(P1 + P2)(Vb − Va) = −7,5 atm L=−760 J
Wc→a = 0 J, (∆V = 0)
Wa→b→c→a =Wa→b+Wb→c+Wc→a =
1
2(P2 − P1)(Vb − Va) = −253 J
Agora, usando a primeira lei e os dados fornecidos, podemos calcular
∆Ua→b=Qa→b−Wa→b = +293 J
e Qc→a =∆Uc→a = −100 J
Como a energia interna é uma função de estado, sua variação no ciclo completo
é nula:
∆Ua→b→c→a=∆Ua→b+∆Ub→c+∆Uc→a = 0
∆Ub→c = −(∆Ua→b+∆Uc→a)
⇒∆Ub→c = −193 J
Note que
∆Ub→c = Uc−Ub = (Uc−Ua)+(Ua−Ub) = −(∆Ua→b+∆Uc→a) =∆Ub→a+∆Ua→c.
A variação da energia interna é a mesma se o sistema é lavado de b a c pelo
caminho b→c ou por qualquer outro caminho, como b→a→c. O trabalho e o
calor dependem do processo, mas sua diferença não.
O calor recebido pelo sistema no processo b→c pode agora ser calculado da
primeira lei:
Qb→c =∆Ub→c +∆Wb→c = −953 J
Para o ciclo completo
Qa→b→c→a=Qa→b +Qb→c +Qc→a = −253 J
igual ao trabalho totalWa→b→c→a, como para qualquer ciclo.
Processo W/J Q/J ∆U/J
a→b 507 800 293
b→c −760 −953 −193
c→a 0 −100 −100
a→b→c→a −253 −253 0
0,0 2,5 5,0 7,5 10,0 12,5
0
1
2
c
ba
P (atm)
V (L)
EXERCÍCIO 9
Lembre-se sempre: além da equação de estado mecânica
PV = nRT
outra propriedade chave dos gases ideais é a independência da energia interna do vo-
lume ou da pressão. U é função apenas de T , o que permite escrever para sua variação
entre dois estados quaisquer
dU = ncV dT,
e, se cV é independenteda temperatura no intervalo∆T
∆U = ncV∆T.
A combinação destas duas propriedades resulta que a diferença entre as duas capacida-
des molares é a constante universal dos gases,
cP − cV = R
Assim, fornecer a razão γ= cP/cV para um gás ideal é equivalente a fornecer essas duascapacidades térmicas. Para o valor dado de γ, cV = 32R e cP = 52R.
Uma vez que foram dados n, P0 e t0 o volume inicial do gás, V0, pode ser obtidoda lei dos gases. Para isso temos que usar a temperatura na escala Kelvin. Basta
somar 273,15 ao valor numérico da temperatura Celsius: T0 = 273,15 K. Assim,
V0 =
nRT0
P0
= 0,0454 m3 = 45,4 L.
Este volume vai ser dobrado nos três processos considerados a considerar e o
volume final será sempre
Vf = 2V0.
A quantidade molar do gás, n é fixa. A pressão e a temperatura finais, Pf e Tfvão depender do tipo de processo, mas estarão sempre relacionadas pela lei dos
fases com o volume final na forma
PfVf
Tf
=
P0V0
T0
= nR.
a) Num processo isobárico a pressão é mantida constante, portanto
Pf = P0,
e usando a lei dos gases
Tf = T0
Vf
V0
= 2T0 = 546,3 K.
O gás foi submetido a um aquecimento isobárico. Por definição, o calor absor-
vido é dado por
Q = ncP∆T =
5
2 nR (Tf − T0) = 11,35 kJ.
O trabalho neste processo a pressão constante é, simplesmente
W =
∫ Vf
V0
P0dV = P0∆V = P0V0 = 4,54 kJ
b) Para a expansão a temperatura constante
Tf = T0
e a lei dos gases conduz a
Pf = 2P0 = 2,00 bar,
ou seja a pressão do gás dobra no processo.
As trocas de calor isotérmicas não envolvem incrementos de temperatura e não
podem ser obtidas através das capacidades térmicas. No caso de gases ideais,
a energia interna não varia nos processos isotérmicos porque U é função uni-
camente da temperatura. Assim, através da primeira Lei
∆U =Q−W = 0⇒Q =W.
Na transformação isotérmica podemos escrever
P =
nRT0
V
e levar o resultado à expressão do trabalho
W =
∫ Vf
V0
PdV = nRT0
∫ Vf
V0
dV
V
= nRT0 ln (Vf/V0) .
Para o processo em questão, em que Vf/V0 = 2
Q =W = nRT0 ln2= 3,15 kJ.
c) Para a expansão adiabática (sem troca de calor), vamos utilizar as relações
mostradas em aula
T V γ−1 = T0V
γ−1
0 = constante
PV γ = P0V
γ
0 = constante,
válidas para transformações ao longo das quais as capacidades térmicas não
variam com a temperatura. Elas são obtidas em detalhe logo a seguir.
A partir delas obtemos a temperatura e a pressão ao fim da expansão
Tf = T0
�
V0
Vf
�γ−1
= T02
−2/3 = 0,630T0 = 172,1 K
Pf = P0
�
V0
Vf
�γ
= P02
−5/3 = 0,315P0 = 0,315 bar
Como o processo se dá sem troca de calor, o trabalho realizado pelo gás é à
custa de sua sua energia interna e, portanto
W = −∆U = −ncV (Tf − T0) = 2,52 kJ.
Poderíamos levar a relação PV γ = P0V γ0 para a expressão do trabalho e computá-lo em termos de P e V :
W =
∫ Vf
V0
PdV = P0V
γ
0
∫ Vf
V0
dV
V γ
=
1
γ− 1
P0V
γ
0
�
V−γ+10 − V
−γ+1
f
�
Como P0V γ0 = PfV γf e γ− 1= R/cV :
W =
cV
R
(P0V0 − PfVf) = ncV (T0 − Tf),
como anteriormente.
As três transformações estão representadas em diagramas na figura abaixo.
40 50 60 70 80 90 100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
a
b
c
V/L
P
/
b
a
r
40 50 60 70 80 90 100
100
150
200
250
300
350
400
450
500
550
600
a
b
c
V/L
T
/
K
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2
100
150
200
250
300
350
400
450
500
550
600
a
b
c
T
/
K
P/bar
Para a expansão adiabática (sem troca de calor), vamos inicialmente obter em detalhe
as relações mostradas em aula.
Para qualquer sistema o calor trocado a volume constante é igual à variação da energia
interna. Partindo do fato de que a energia interna de um gás ideal só depende da
temperatura isto resulta, para qualquer processo quasi-estático infinitesimal
dU = ncV dT
Para processos quasi-estáticos sem troca de calor, a primeira lei se escreve
dU = −dQ− PdV = −PdV
que combinada com a relação anterior resulta
ncV dT = −PdV.
Usamos a lei dos gases para substituir a pressão, por exemplo, e obter
ncV dT = −
nRT
V
dV
dT
T
= −
R
cV
dV
V
.
As variações relativas da temperatura e do volume neste tipo de processo são propor-
cionais e tem sentido oposto: se o gás expande ele resfria porque realiza trabalho à
custa apenas de sua energia interna.
Vamos supor cV independente da temperatura. Integrando os dois membros a partirde uma condição inicial, com T0 e V0, até um estado qualquer ao longo do processoadiabático obtemos:
ln
�
T
T0
�
= −
R
cV
ln
�
V
V0
�
Exponenciando os dois membros e rearranjando os termos
T
T0
=
�
V
V0
�−R/cV
⇔ T V R/cV = T0V
R/cV
0
Esta relação entre temperatura e volume nas adiabáticas quasi-estátivas mais frequen-
temente escrita em termos da razão γ. Como cP − cV = R
R
cV
=
cP − cV
cV
= γ− 1.
Assim:
T V γ−1 = T0V
γ−1
0 = constante
PV γ = P0V
γ
0 = constante.
A segunda relação foi obtida simplesmente expressando T em função de P e V através
da lei dos gases.
EXERCÍCIO 10
a) O ciclo descrito está representado na figura que identifica os vértices 1, 2 e 3.
O vértice 1 é o estado inicial com
V1 = 1,00 L, P1 = 1,00 bar e T1 = 300 K
0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
P
/b
a
r
V/L
1
2
3
A pressão e a temperatura no estado 2 podem ser obtidas das expressões para
as adiabáticas do gás ideal, V2/V1 = 0,50:
P2V
γ
2 = P1V
γ
1 ⇒ P2 = P1(V1/V2)
γ = 2,64 bar
T2V
γ−1
2 = T1V
γ−1
1 ⇒ T2 = T1(V1/V2)
γ−1 = 396 K
Para a temperatura no estado 3, com P3 = P1 e V3 = V2 = 0,50V1, usamos a leidos gases
P1V1 = nRT1
P3V3 = nRT3
T3 = T1(V3/V1) = 150 K.
b) O módulo do trabalho total é a área envolvida pelo ciclo no diagrama PV . O
trabalho total é negativo, porque o ciclo é percorrido no sentido anti-horário. O
trabalho realizado sobre o gás na compressão adiabática é maior que o traba-
lho realizado pelo gás na expansão isobárica.
O trabalho realizado pelo gás na expansão isobárica é
W3→1 =
∫ V1
V3
P1dV = P1(V1 − V3) = 0,50 bar L= 50 J
Porque Q1→2 = 0, o trabalho realizado pelo gás na adiabática é o negativo davariação da sua energia interna
∆U1→2 =Q1→2 −W1→2.
Mas, para um gás ideal com cV independente da temperatura
∆U1→2 = ncV (T2 − T1) = n
cV
R
()
A capacidade térmica pode ser inferida do valor de γ= cP/cV usando a relação
cP − cV = R,
cV = R(γ− 1) =
5
2R= 20,8 J/(mol · K)→ cP =
7
2R= 29,1 J/(mol · K)
e a quantidade molar de gás pode ser computada da lei dos gases
n=
P1V1
RT1
= 0,040 mol
Assim
W1→2 = −∆U1→2 = ncV (T1 − T2) = −80 J
O trabalho total realizado pelo gás no ciclo é, portanto
Wciclo =W1→2 +W2→1 = −30 J.
O calor total absorvido pelo gás é igual ao trabalho realizado, porque∆Uciclo =
0.
Qciclo =Wciclo = −30 J
c) O gás só troca calor nos processos 2→3 (resfriamento isocórico) e 3→1 (aque-
cimento isobárico):
Q2→3 = ncV (T3 − T2) = −205 J
Q3→1 = ncP(T1 − T3) = +175 J
EXERCÍCIO 11 (PORTFOLIO)
a) O ciclo descrito está representado no diagrama PV da figura que identifica os
vértices a, b, c e d .
17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27
0.8
0.9
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
P
/b
a
r
V/L
ab
c d
O vértice a é o estado inicial. Utilizando a lei dos gases, com n= 1,00 mol
Pa = 1,00 bar, Ta = 300 K
Va =
nRTa
Pa
= 24,9 L.
Para o estado b:
Pb = Pa = 1,00 bar, Vb = 34 Va = 18,7 L
Tb =
PbVb
nR
= 225 K.
Para o estado c:
Tc = Ta = 300 K, Vc = Vb = 18,7 L
Pc =
nRTc
Vc
= 1,333 bar.
Para o estado d :
Pd = Pc = 1,333 bar, Vd = Va = 24,9 L
Td =
Pd Vd
nR
= 400 K.
b) O trabalho total realizado pelo gás neste caso é positivo e pode ser computado
pela área envolvida pelo ciclo
Wciclo =
∮
PdV = Pc(Vd − Vc)− Pa(Va − Vb) = 2,08 bar L= 208 J
c) As capacidades térmicas molares do gás, a partir de γ = cP/cV = 7/5 usandoa relação cP − cV = R,
cV = R(γ− 1) =
5
2R= 20,8 J/(mol · K)→ cP =
7
2R= 29,1 J/(mol · K)
Os processos são isocóricos ou isobáricos:
Qab = ncP(Tb − Ta) = −2,182 kJ
Qbc = ncV (Tc − Tb) = +1,559 kJ
Qcd = ncP(Td − Tc) = +2,910 kJ
Qda = ncV (Ta − Td) = −2,079 kJ
Verificando∆Uciclo =Q−W = 0:
Qciclo =Qab +Qbc +Qcd +Qda = +208 J =Wciclo
d) A variação da energia interna em cada etapa pode ser obtida da primeira lei
∆U =Q−W
Wab = Pa(Vb − Va) = −0,624J→∆Uab =Qab −Wab = −1,559 kJ
Wbc = 0→∆Ubc =Qbc = +1,559 kJ
Wcd = Pc(Vd − Vc) = +0,831 J→∆Ucd =Qcd −Wcd = +2,079 kJ
Wda = 0→∆Uda =Qda = −2,079 kJ
Outra possibilidade é usar o fato de que para gases ideais a energia interna é
função apenas da temperatura e sua variação, quando cV é independente datemperatura é
∆U = ncV∆T.
No ciclo em questão Tc = Ta → Ua = Uc : esta é a razão da simetria nasvariações da energia observadas.