Capítulo 18 - Halliday - vol.2 - Exercícios resolvidos

Prévia do material em texto

Capítulo 18
1. De acordo com a Eq. 18-6, o valor limite da razão entre as pressões é igual à razão entre as duas temperaturas em kelvins: 
(373,15 K)/(273,16 K) = 1,366.
2. Sabemos que p3 = 80 kPa nos dois termômetros. De acordo com a Fig. 18-6, a temperatura do termômetro de nitrogênio é 373,35 K 
no ponto de ebulição da água. Para calcular a pressão, usamos a Eq. 18-5:
N 3
373,35K (80kPa) = 109,343kPa.
273,16K 273,16K
Tp p   
 
= =
Como a temperatura do termômetro de hidrogênio é 373,16 K no ponto de ebulição da água,
H
373,16K (80kPa) 109,287kPa.
273,16K
p   
 
= =
(a) A diferença é pN − pH = 0,056 kPa ≈ 0,06 kPa.
(b) De acordo com os resultados do item (a), a pressão do termômetro de nitrogênio é maior que a pressão do termômetro de 
hidrogênio. 
3. Seja TE a temperatura e seja pE a pressão do termômetro da esquerda. Seja TD a temperatura e seja pD a pressão do termômetro 
da direita. De acordo com o enunciado, a pressão nos dois termômetros é a mesma quando eles estão no ponto triplo da água. 
Vamos chamar esta pressão de p3. De acordo com a Eq. 18-5,
3 3
.(273,16K) e (273,16K)E DE D
p pT T
p p
   
         
= =
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos
3
(273,16K) .E DE D
p pT T
p
 
   
−− =
De acordo com o enunciado, TE = 373,125 K (o ponto de ebulição da água) e TD = 273,16 K (o ponto triplo da água), pE – pD = 120 torr. 
Assim,
3
120 torr373,125K 273,16K (273,16K) 
p
 
   
− =
Explicitando p3 na equação apresentada, obtemos p3 = 328 torr. Em seguida, fazemos TE = 273,16 K (o ponto triplo da água) e 
consideramos TD a incógnita a ser calculada. Como a diferença de pressão é pE – pD = 90,0 torr, temos
.90,0 torr273,16K (273,16K) 
328torrD
T   
 
− =
Explicitando TD na equação apresentada, obtemos TD = 348 K.
4. (a) Vamos chamar de x a temperatura na escala Celsius e de y a temperatura na escala Fahrenheit. Nesse caso, y = 9x/5 + 32. 
Para x = −71oC, y = −96oF.
(b) Explicitando x na relação do item (a), obtemos x = 5(y − 32)/9. Assim, para y = 134oF, x ≈ 56,7oC.
5. (a) Vamos chamar de x a temperatura na escala Celsius e de y a temperatura na escala Fahrenheit. Nesse caso, y = 9x/5 + 32. Se 
y = 2x, temos
92 32 (5)(32) 160 C,
5
x x x= + ⇒ = = °
o que nos dá y = 2x = 320°F.
1 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(b) Neste caso, y = x/2 e, portanto, 
1 9 (10)(32)32 24,6 C,
2 5 13
x x x= + ⇒ = − ≈ − °
o que nos dá y = x/2 = –12,3°F.
6. Como as escalas X e Y são lineares, existe uma relação linear entre as duas escalas, ou seja, uma leitura x está relacionada a uma 
leitura y da mesma temperatura através de uma relação linear da forma y = mx + b. Podemos determinar o valor das constantes 
m e b resolvendo o sistema de equações:
( )
( )
70,00 125,0
30,00 375,0
m b
m b
− = − +
− = +
que nos dá as soluções m = 40,00/500,0 = 8,000 × 10–2 e b = –60,00. Para y = 50,00, temos
50,00 60,00 1375 °X.
0,08000
y bx
m
− += = =
7. Como a escala X é linear, uma leitura x está relacionada a uma leitura em kelvins através de uma equação da forma y = mx + b. 
Podemos determinar o valor das constantes m e b resolvendo o sistema de equações:
373,15 ( 53,5)
273,15 ( 170)
m b
m b
= − +
= − +
que nos dá as soluções m = 100/(170 – 53,5) = 0,858 e b = 419. Para y = 340, temos
340 419 92,1°X.
0,858
y bx
m
− −= = =−
8. Como, de acordo com a Tabela 18-2, o coeficiente de dilatação linear do latão é alatão = 19 × 10−6/Co, o aumento da área superficial 
do cubo de latão é dado por
2 2 2 6 2
latão
2
6( ) 6 12 12 12 (19 10 /C ) (30cm) (75 C 20 C)
11cm .
A L L L L L L Tα −∆ = + ∆ − ≈ ∆ = ∆ = × ° ° − °
=
9. Como, de acordo com a Tabela 18-2, o coeficiente de dilatação linear do alumínio é aAl = 23 × 10−6/Co, o novo diâmetro é
6
0(1 ) (2,725cm)[1+(23 10 /C )(100,0 C 0,000 C)] 2,731cm.
−= + ∆ = × ° ° − ° =AlaD D T
10. A variação de comprimento do poste de alumínio é
6
0 (33m)(23 10 /C )(15 C) 0,011m 1,1 cm.Ala T
−∆ = ∆ = × ° ° = = 
11. O volume a 30,00 °C é dado por
3 6
3
(1 ) (1 3 ) (50,00cm )[1 3(29,00 10 /C ) (30,00 C 60,00 C)]
49,87cm
V V T V Tβ α −= + ∆ = + ∆ = + × ° ° − °′
=
em que usamos a relação b = 3a e o valor de a para o chumbo da Tabela 18-2.
12. (a) O coeficiente de dilatação linear a da liga é
510,015cm 10,000cm 1,88 10 /C .
(10,01cm)(100 C 20,000 C)
L
L T
α −∆ −= = = × °
∆ ° − °
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 7
Assim, de 100°C para 0°C, temos
5 2(10,015cm)(1,88 10 /C )(0 C 100 C) = 1,88 10 cm.L L Tα − −∆ = ∆ = × ° ° − ° − ×
Portanto, comprimento a 0°C é L = L + ∆L = (10,015 cm – 0,0188 cm) = 9,996 cm.
(b) Vamos chamar de Tx a temperatura. De 20°C até Tx, temos
510,009cm 10,000cm = (1,88 10 /C )(10,000 cm) ,L L T Tα −∆ = − ∆ = × ° ∆
o que nos dá ∆T = 48 °C. Assim, Tx = (20°C + 48°C) = 68°C.
13. PENSE Quando a esfera de alumínio é aquecida, o material sofre uma dilatação térmica e, portanto, o volume aumenta.
FORMULE Como o volume é um produto de três comprimentos, a variação de volume produzida por uma variação de temperatura 
∆T é dada por ∆V = 3aV∆T, em que V é o volume original e a é o coeficiente de dilatação linear (veja a Eq. 18-11). 
ANALISE Como o volume da esfera é dado por V = (4p/3)R3, em que R é o raio da esfera, e, de acordo com a Tabela 13-2, 
a = 23 × 10−6/Co, temos
APRENDA A variação de volume pode ser expressa na forma ∆V/V = b∆T, em que b = 3a é o coeficiente de dilatação volumétrica. 
No caso do alumínio, b = 3a = 69 × 10−6/Co.
14. (a) Como A = pD2/4, dA = (2pD/4)dD. Dividindo a segunda relação pela primeira, obtemos dA/A = 2 dD/D, o que nos dá
2 para 1.< < ∆ ∆ ∆=A D D
A D D
Podemos pensar no fator de 2 como uma consequência do fato de que a área é uma grandeza bidimensional. Assim, quando o 
diâmetro aumenta de 0,18%, a área aumenta de 2(0,18%) = 0,36%.
(b) Supondo que todas as dimensões podem se expandir livremente, a espessura aumenta de 0,18%.
(c) O volume, como é uma grandeza tridimensional, aumenta de 3(0,18%) = 0,54%.
(d) Como a massa não varia, o aumento é de 0,00%.
(e) O coeficiente de dilatação linear é
2
50,18 10 1,8 10 C .
100 C
D /
D T
α
−
−∆ ×= = = × °
∆ °
15. Após a variação de temperatura, o diâmetro da barra de aço é Da = Da0 + aaDa0∆T e o diâmetro do anel de latão é 
Dl = Dl0 + αlDl0∆T, em que Da0 e Dl0 são os diâmetros originais, aa e al são os coeficientes de dilatação linear, e ∆T é a 
variação de temperatura. Para que a barra se ajuste perfeitamente ao furo, é preciso que Da = Dl, ou seja, que 
Da0 + aaDa0∆T = Dl0 + alDl0∆T.
Assim,
0 0
6 6
00
3,000cm 2,992cm
(19,00 10 /C )(2,992cm) (11,00 10 /C )(3,000cm)
335 C.
a l
a al l
D DT D Dα α − −
− −∆ = =
− × ° − × °
= °
A temperatura é, portanto, T = (25°C + 335°C) = 360°C.
1 9 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
16. (a) Podemos usar as relações r = m/V e 
2( ) (1 ) ( ) 3 ( )m/V m /V m V/V V/V L/L .ρ ρ ρ∆ = ∆ = ∆ = − ∆ = − ∆ = − ∆
A variação percentual da massa específica é
3 3(0,23%) 0,69%.L
L
ρ
ρ
∆ ∆= − = − = −
(b) Como a = ∆L/(L∆T) = (0,23 × 10–2)/(100°C – 0,0°C) = 23 × 10–6/C°, o metal é o alumínio (veja a Tabela 18-2).
17. PENSE Como os coeficientes de dilatação térmica do alumínio e da glicerina são diferentes, as variações de volume da xícara 
e da glicerina contida na xícara são diferentes quando o conjunto é submetido a uma variação de temperatura ∆T. 
FORMULE Se Vx é o volume original da xícara, aa é o coeficiente de dilatação linear do alumínio e ∆T é o aumento de temperatura; 
logo, a variação de volume da xícara é ∆Vx = 3aaVx∆T (veja a Eq. 18-11). 
Por outro lado, se b é o coeficiente de dilatação volumétrica da glicerina, a variação de volume da glicerina é ∆Vg = b Vx∆T. Note 
que o volume inicial da glicerina é igual ao volume inicial da xícara. O volume de glicerina derramado é
APRENDA A glicerina derrama porque b > 3a e, portanto, ∆Vg − ∆Vx > 0. Como, na maioria dos casos, ocoeficiente de dilatação 
térmica dos líquidos é maior que o coeficiente de dilatação térmica dos sólidos, o aquecimento de um recipiente cheio de líquido 
até a borda em geral sempre faz o líquido derramar. 
18. A variação de comprimento da parte da régua entre as marcas de 20,05 cm e 20,11 cm é
6(20,11cm)(11 10 /C )(270 C 20 C) = 0,055 cm.a a aL L Tα −∆ = ∆ = × ° ° − °
Assim, a variação real de comprimento da barra é 
∆L = (20,11 cm – 20,05 cm) + 0,055 cm = 0,115 cm.
O coeficiente de dilatação térmica do material de que é feita a barra é, portanto,
60,115 cm 23 10 /C .
270 C 20 C
L
T
α −∆= = = × °
∆ ° − °
19. O volume inicial V0 do líquido é h0A0, em que A0 é a área inicial da seção reta e h0 = 0,64 m. O volume final é V = hA. O valor 
que queremos calcular é h – h0. Como A = pr2, temos
( ) 22 2 2 ( ) 2 .dA r dr r r dT r dT AdTπ π α α π α= = = =
Assim, a altura é
( )
( )
0 líquido
0 vidro
1
.
1 2
V TVh
A A T
β
α
+ ∆
= =
+ ∆
Como V0/A0 = h0, temos
( )
5
líquido 4
0 0 5
vidro
1 1 (4 10 )(10 )1 0,64 1,3 10 m.
1 2 1 2(1 10 )(10 )
T
h h h
T
β
α
−
−
−
   
        
+ ∆ + × °− = − = = ×
+ ∆ + × °
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 9
20. Dividindo a Eq. 18-9 pelo incremento de tempo ∆t e igualando o resultado à velocidade (constante) v = 100 × 10–9 m/s, obtemos
0
Tv L
t
α ∆=
∆
.
Para L0 = 0,0200 m e a = 23 × 10–6/C°, temos
0,217C /s 0,217 K/s.T
t
∆ = ° =
∆
21. PENSE A barra sofre uma dilatação térmica quando é aquecida. Como a distância entre as extremidades é mantida fixa, a 
barra dobra para cima. 
FORMULE Considere metade da barra. O comprimento original é 0 = L0/2 e o comprimento depois do aumento de temperatura 
é  = 0 + a0∆T. A posição original da metade da barra, a nova posição e a altura x de uma das extremidades em relação ao nível 
original da barra formam um triângulo retângulo com uma hipotenusa de comprimento , um cateto de comprimento 0 e um 
cateto de comprimento x. De acordo com o teorema de Pitágoras,
Como a variação de comprimento é pequena, podemos usar a aproximação (1 + aT)2 ≈ 1 + 2aT, que equivale a desprezar o termo 
(aT)2. Nesse caso, a equação anterior se reduz a
que nos dá 0 2 .x Tα≈ ∆
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA Enquanto a variação de comprimento da barra ∆ = 2a0∆T é proporcional a a∆T, a distância vertical percorrida pela 
barra no ponto em que ocorreu a dobra é aproximadamente proporcional a .Tα∆ 
22. (a) A água libera energia em duas etapas: primeiramente, reduzindo a temperatura de 20°C para 0°C; depois, transformando-se 
em gelo. A energia total transferida para o ambiente é
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
7
4190J/kg K 125kg 20 C 333kJ/kg 125kg
5,2 10 J 52 MJ.
a FQ c m T L m= ∆ + = ⋅ ° +
= × =
(b) Antes que a água congele totalmente, a menor temperatura possível é 0°C.
23. PENSE Este problema envolve a conversão de energia elétrica em energia térmica para aquecer uma dada massa de água.
FORMULE Para produzir um aumento de temperatura ∆T em uma massa m de água, é preciso fornecer à água uma quantidade 
de calor dada por Q = cm∆T, em que c é o calor específico da água, 4187 J/kg·K (veja a Tabela 18-3). Para isso, o aquecedor deve 
permanecer ligado por um tempo tal que a potência P do aquecedor multiplicada pelo tempo t seja igual à quantidade de calor 
necessária: Q = Pt. 
ANALISE Explicitando t na última equação, usando a relação Q = cm∆T e substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA No caso de um aquecedor de potência fixa, o tempo necessário é proporcional a Q, que, por sua vez, é proporcional 
a ∆T = Tf − Ti. Na prática, o tempo é um pouco maior que o valor teórico, por causa das perdas de calor. 
24. Nota: O item (c) deve ser resolvido antes do item (b). 
2 0 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(a) O calor específico é dado por c = Q/m(Tf – Ti), na qual Q é o calor fornecido, m é a massa da amostra, Ti é a temperatura inicial 
e Tf é a temperatura final. Assim, lembrando que uma variação de temperatura em graus Celsius é numericamente igual a uma 
variação de temperatura em kelvins, temos
3
314J 523J/kg K.
(30,0 10 kg)(45,0 C 25,0 C)
c −= = ⋅× ° − °
(b) O calor específico molar é dado por
314J 26,2 J/mol K.
( ) (0,600mol)(45,0 C 25,0 C)m if
Qc
N T T
= = = ⋅
− ° − °
(c) Se N é o número de mols da substância e M é a massa por mol, m = NM e, portanto,
3
3
30,0 10 kg 0,600mol.
50 10 kg/mol
mN
M
−
−
×= = =
×
25. Usamos a equação Q = cm∆T. Como é comentado no livro, a “Caloria” dos nutricionistas equivale a 1000 cal. Portanto, a massa 
m de água que deve ser consumida é
( )( )
3
43500 10 cal 94,6 10 g,
1g/cal C 37,0 C 0,0 C 
Qm
c T
×= = = ×
∆ ⋅ ° ° − °
o que é equivalente a (9,46 × 104 g)/(1000 g/L) = 94,6 L de água. Trata-se, sem dúvida, de uma quantidade muito grande de água 
gelada para queimar apenas 500 g de gordura!
26. O trabalho que o homem tem que realizar para chegar ao cume do Monte Everest é dado por 
W = mgy = (73,0 kg)(9,80 m/s2)(8840 m) = 6,32 × 106 J.
Assim, a massa de manteiga necessária é
6(6,32 10 J)(1,00 cal/4,186 J) 250g 0,25 kg.
6000 cal/g
m ×= ≈ =
27. PENSE A prata está no estado sólido a 15,0° C. Para fundir a amostra, é preciso aquecê-la até a temperatura de fusão e depois 
fornecer o calor de fusão. 
FORMULE Como o ponto de fusão da prata é 1235 K (veja a Tabela 18-4) e a amostra está inicialmente a 15,0°C (288 K), a quan-
tidade de calor necessária para aquecer a amostra até o ponto de fusão é
De acordo com a Eq. 18-16, a quantidade de calor necessária para fundir toda a prata depois que a amostra atinge a temperatura 
de fusão é
em que LF é a o calor de fusão da prata, dado na Tabela 18-4.
ANALISE O calor total necessário é
APRENDA O processo de aquecimento está associado ao calor específico da prata, enquanto o processo de fusão envolve o calor 
de fusão. As duas grandezas variam de material para material. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 1
28. A massa de água que passa para o estado sólido é
50,kJ 0,151kg 151g.
333kJ/kgF
Qm
L
= = = =
Assim, a massa de água que permanece no estado líquido é 260 g – 151 g = 109 g.
29. A potência consumida pelo sistema é
3 3 3
4
1 1 (4,18J/g C)(200 10 cm )(1g/cm )(40 C 20 C)
20% 20% (1,0h)(3600s/h)
 2,3 10 W.
cm TP t
   
      
∆ ⋅° × ° − °= =
= ×
A área necessária é, portanto,
4
2
2
2,3 10 W 33m .
700W/m
A ×= =
30. De acordo com o gráfico da Fig. 18-32, enquanto a amostra está na fase líquida, a variação de temperatura é (em valor absoluto) 
|∆T| = 30°C = 30 K. Assim, para m = 0,40 kg, a Eq. 18-14 nos dá
|Q| = cm|∆T| = (3000 J/kg . K)(0,40 kg)(30 K) = 36.000 J.
A taxa de variação (que, de acordo com gráfico, é constante nesse intervalo) é 
P = |Q|/t = (36.000 J)/(40 min) = 900 J/min.
(a) Durante os 30 minutos seguintes, acontece uma transformação de fase que pode ser descrita pela Eq. 18-16. Assim, o calor 
necessário é dado por
|Q| = Pt = (900 J/min)(30 min) = 27.000 J = Lm.
Para m = 0,40 kg, obtemos L = 67.500 J/kg ≈ 68 kJ/kg.
(b) Durante os 20 minutos seguintes, a amostra se encontra no estado sólido e sofre uma variação de temperatura (em valor ab-
soluto) |∆T| = 20C°. De acordo com a Eq. 18-14, temos
(900)(20) 2250 J/kg K 2,3 kJ/kg K.
(0,40)(20)
Q Ptc
m T m T
= = = = ⋅ ≈ ⋅
∆ ∆
31. Vamos chamar de mv a massa de vapor, de ma a massa de água e de mg a massa de gelo. Nesse caso, 
( 0,0 C) (100 C ),g a g v v aF Vf fL m c m T m L m c T+ − ° = + ° −
em que Tf é a temperatura final. Explicitando mv, obtemos
( 0,0 C) (79,7cal/g)(150g) (1cal/g · C)(150 g)(50 C 0,0°C) 33 g. (100 C ) 539cal/g (1cal/g C )(100 C 50 C)
g a gF f
v
aV f
L m c m T
m L c T
+ − ° + ° ° −= = =
+ ° − + ⋅ ° ° − °
32. O calor necessário pode ser calculado integrando o calor específico:
15,0 C 2
5,0 C
15,02 3
5,0
 (2,09) (0,20 0,14 0,023 )
 (2,0)(0,20 0,070 0,00767 ) (cal)
 82cal.
f f
i i
T T
T T
Q cm dT m cdTT T dT
T T T
°
°
= = = + +
= + +
=
∫ ∫ ∫
2 0 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
33. De acordo com a Eq. 18-12, 1 Btu = 252 cal. Como o calor está relacionado à potência e à variação de temperatura através das 
equações Q = Pt e Q = cm∆T, o tempo necessário é dado por
5
(1000cal/kg C )(40 gal)(1000 kg/264 gal)(100 F 70 F)(5 C/9 F) 3,0 min.
(2,0 10 Btu/h)(252,0 cal/Btu)(1h/60min)
cm Tt
P
∆ ⋅ ° ° − ° ° °= = =
×
A versão métrica pode ser resolvida de forma semelhante:
3 3(4190 J/kg·C )(1000 kg/m )(150 L)(1m /1000 L)(38 C 21 C) 3,0min.
(59.000 J/s)(60 s/1min)
c V Tt
P
ρ ∆ ° ° − °= = =
34. O calor específico da amostra B é o recíproco da inclinação da reta da Fig. 18-33b (veja a Eq. 18-14). Como o recíproco da 
inclinação é 16/4 = 4 kJ/kg·C°, cB = 4000 J/kg·C° = 4000 J/kg·K, já que uma variação de temperatura em graus Celsius é numerica-
mente igual a uma variação de temperatura em kelvins. Usando o mesmo raciocínio do exemplo “Equilíbrio térmico entre cobre 
e água”, temos 
cA mA (Tf − TA) + cB mB (Tf − TB) = 0
cA (5,0 kg)(40°C – 100°C) + (4000 J/kg·C°)(1,5 kg)(40°C – 20°C) = 0,
o que nos dá cA = 4,0×102 J/kg·K.
35. Vamos usar o índice g para representar o gelo e o índice c para representar o café. Chamando de Tf a temperatura final, o valor 
absorvido pelo gelo é 
Qg = LFmg + mgca (Tf – 0°C)
e o calor fornecido pelo café é
Qc = maca (Tc – Tf).
Fazendo Qg = Qc e explicitando Tf, obtemos
3(130g)(4190J/kg C ) (80,0 C) (333 10 J/g)(12,0 g) 66,5 C.
( ) (12,0 g +130 g)(4190J/kg C°)
a a c gF
f
g c a
m c T L m
T
m m c
− ⋅ ° ° − ×= = = °
+ ⋅
Note que trabalhamos com a temperatura em graus Celsius, o que não faz diferença em relação aos valores da Tabela 18-3, que são 
dados em J/kg·K, porque uma variação de temperatura em graus Celsius é numericamente igual a uma variação de temperatura 
em kelvins.
O resultado apresentado mostra que a variação de temperatura do café é
∆T = 80,0°C – 66,5°C = 13,5C°.
36. (a) De acordo com a Eq. 18-17, o calor transferido para a água é
( )( )( ) ( )( )
4
1cal/g C 220g 100 C 20,0 C 539 cal/g 5,00g
2,03 10 cal.
a a a vVQ c m T L m= ∆ + = ⋅ ° ° − ° +
= ×
(b) O calor transferido para o tacho é
( )( )( ) 30,0923cal/g C 150g 100 C 20,0 C 1,11 10 cal.t t tQ c m T= ∆ = ⋅ ° ° − ° = ×
(c) Chamando de Ti a temperatura inicial do cilindro e de Tf a temperatura final, Qa + Qt = ccmc(Ti – Tf), o que nos dá
( )( )
4 32,03 10 cal + 1,11 10 cal 100 C = 873 C.
0,0923cal/g C 300g
a t
i f
c c
Q QT T
c m
+ × ×= + = + ° °
⋅ °
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 3
37. Vamos trabalhar com a temperatura em graus Celsius, o que não faz diferença em relação aos valores da Tabela 18-3, que são 
dados em J/kg·K, porque uma variação de temperatura em graus Celsius é numericamente igual a uma variação de temperatura 
em kelvins. Se a temperatura de equilíbrio é Tf, a energia absorvida pelo gelo na forma de calor é 
Qg = LFmg + camg(Tf – 0°C),
enquanto a energia transferida pela água na forma de calor é
Qa = cama(Tf – Ti).
Como o sistema é isolado, Qa + Qg = 0 e
.
( )
a a gi F
f
g c a
c m T L m
T
m m c
−
=
+
(a) Para Ti = 90 °C,
3(4190J/kg C )(0,500kg)(90 C) (333 10 J/kg)(0,500kg) 5,3 C.
(0,500kg 0,500kg)(4190J/kg C )f
T ⋅ ° ° − ×= = °
+ ⋅ °
(b) Como a temperatura final é Tf = 5,3oC, a massa final de gelo é 0.
(c) Usando a expressão mostrada com Ti = 70°C, obtemos uma temperatura Tf negativa, o que não faz sentido. Interpretamos o 
resultado como uma indicação de que, neste caso, nem todo o gelo se fundiu e, portanto, Tf = 0°C. 
(d) Para Ti = 70oC, a massa de gelo que se funde é
3
( 0 C) (4190J/kg C )(0,500 kg)(70C°) 0,440 kg.
333 10 J/kg
a a i
g
F
c m Tm
L
− ° ⋅ °′ = = =
×
Assim, a massa final de gelo é f g gm m m′= − = 500 g – 440 g = 60,0 g.
38. (a) De acordo com a Eq. 18-14, temos
|Q| = (4190 J/kg . oC)(0,530 kg)(40°C) = 88.828 J.
Como, de acordo com o enunciado, a taxa de transferência de calor P = dQ/dt é constante, o gráfico da Fig. 18-34 nos dá
88.828 J 88.828 J 37 W.
40 min 2400 s
P = = =
(b) Durante o mesmo intervalo de 40 minutos considerado no item (a), a temperatura do gelo aumenta 20C°. De acordo com a 
Eq. 18-14 e a Tabela 18-3, temos
gelo o
gelo
88.828 J 2,0 kg.
(2220 J/kg K)(20C )
Qm
c T
= = =
∆ ⋅
(c) Para calcular a quantidade de gelo produzida no processo (como esse gelo é produzido congelando a água que já está a 0°C, 
estamos interessados apenas no intervalo 40 min < t < 60 min), usamos a Tabela 18-4 e a Eq. 18-16:
mágua transformada em gelo = 
20 min 44.414 J 0,13 kg.
333.000 J/kgF
Q
L
= =
39. Para liquefazer o gás, que está a 78°C, é preciso remover uma quantidade de calor 
Q = LVm = (879 kJ/kg) (0,510 kg) = 448,29 kJ.
2 0 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Para resfriar o líquido até –114°C, é preciso remover uma quantidade de calor 
Q = cm∆T = (2,43 kJ/kg·K) (0,510 kg) (192 K) = 237,95 kJ.
Finalmente, para solidificar o líquido a –114°C, é preciso remover uma quantidade de calor
Q = LFm = (109 kJ/kg) (0,510 kg) = 55,59 kJ.
Assim, o calor total a ser removido é 448,29 + 237,95 + 55,59 kJ = 742 kJ.
40. Sejam ma a massa de água, mr = a massa do recipiente, mm a massa do pedaço de metal, Ti1 a temperatura inicial do pedaço 
de metal, Ti2 a temperatura inicial da água e do recipiente e Tf a temperatura final do sistema. Nesse caso, o calor específico cm do 
metal satisfaz a equação
( )( ) ( )2 1 0.a a r m m mi if fm c m c T T m c T T+ − + − =
Explicitando cm, obtemos
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 1
14 kg 4,18 kJ/kg K 16,0 C 18,0 C
(3,6 kg) 18,0 C 16,0 C (1,8 kg) 18,0 C 180 C
0,41kJ/kg C 0,41kJ/kg K.
a a i f
m
r mi if f
m c T T
c
m T T m T T
− ⋅ ° − °
= =
° − ° + ° − °− + −
= ⋅ ° = ⋅
41. PENSE O problema envolve um sistema formado por água e cubos de gelo. Como, inicialmente, os cubos de gelo estão a −15°C 
(abaixo da temperatura de fusão), eles devem ser aquecidos até 0°C para começar a se fundir. A temperatura final do sistema está 
relacionada à quantidade de gelo que se transforma em água. 
FORMULE Existem três possibilidades:
• Todo o gelo permanece no estado sólido e o sistema atinge o equilíbrio a uma temperatura igual ou menor que o ponto de fusão 
do gelo.
• Parte do gelo derrete e o sistema atinge o equilíbrio no ponto de fusão do gelo, com parte do gelo ainda no estado sólido.
• Todo o gelo derrete e o sistema atinge o equilíbrio a uma temperatura igual ou maior que o ponto de fusão do gelo.
Como vamos trabalhar apenas com diferenças de temperatura, não há necessidade de transformar as temperaturas de graus Celsius 
para kelvins, já que as diferenças de temperatura em graus Celsius são iguais às diferenças de temperatura em kelvins. 
Para começar, vamos supor que todo o gelo permanece no estado sólido. A temperatura da água diminui de Tai = 25°C para uma 
temperatura final Tf, e a temperatura do gelo aumenta de Tgi = −15°C para Tf. Se ma é a massa da água e ca o calor específico da 
água, o módulo do calor cedido pela água é
( )a a ai fQ c m T T= − .
Se mg é a massa do gelo, e cg é o calor específico do gelo, o calor absorvido pelo gelo é
( )g g f giQ c m T T= − .
Como, de acordo com a lei de conservação da energia, esses dois valores devem ser iguais,
cama(Tai − Tf) = cgmg(Tf − Tgi).
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 5
Explicitando Tf e substituindo os valores conhecidos, temos
o o
o
(4190 J/kg K)(0,200 kg)(25 C) (2220 J/kg K)(0,100 kg)( 15 C)
(4190 J/kg K)(0,200 kg) (2220 J/kg K)(0,100 kg)
16,6 C.
+
=
+
⋅ + ⋅ −=
⋅ + ⋅
=
a a ai g g gi
f
a a g g
c m T c m T
T
c m c m
O fato de que a temperatura final calculada está acima do ponto de fusão do gelo mostra que a hipótese de que todo o gelo per-
manece no estado sólido não está correta. Assim, vamos examinar outra hipótese: a de que a água e o gelo atingem o equilíbrio 
térmico a uma temperatura Tf = 0oC, com uma massa m degelo (menor que mg) transformada em água. Nesse caso, o módulo do 
calor cedido pela água é
( )a a ai fQ c m T T= −
e o calor absorvido pelo gelo é
Q = cgmg(0 − Tgi) + mLF
em que LF é o calor de fusão do gelo. O primeiro termo do segundo membro da equação anterior é a quantidade de calor necessária 
para aquecer todo o gelo da temperatura inicial até 0 oC e, o segundo termo é o calor necessário para fundir uma massa m de gelo. 
De acordo com a lei de conservação de energia,
camaTai = −cgmgTgi + mLF
Explicitando m nessa equação, podemos calcular a massa de gelo que se transformou em água.
ANALISE (a) Explicitando m na equação anterior e substituindo os valores conhecidos, obtemos
3
2
4190 J/kg K)(0,200 kg)(25 C) (2220 J/kg K)(0,100 kg)( 15°C)
333 10
5,3 10 kg 53 g.−
+
=
⋅ ° + ⋅ −=
×
= × =
a a ai g g gi
F
c m T c m T
m
L
Como a massa total de gelo presente inicialmente era 100 g, existe gelo suficiente para que a temperatura da água chegue a 0oC sem 
que todo o gelo derreta. Esta é, portanto, a solução do problema: a água e o gelo atingem o equilíbrio térmico a uma temperatura 
de 0oC, depois que 53 g de gelo se transformam em água; 47 g de gelo permanecem no estado sólido.
(b) Nesse caso, a quantidade de gelo é menor que os 53 g necessários para que o sistema atinja o equilíbrio térmico a 0oC. Isso 
significa que todo o gelo vai derreter e a temperatura vai atingir um valor maior que a temperatura de fusão do gelo. O módulo 
do calor cedido pela água é
|Q| = cama(Tai − Tf)
e o calor absorvido pelo gelo e pela água (depois que todo o todo o gelo derrete) é
Q = cgmg(0 − Tgi) + mgLF + camg(Tf − 0).
O primeiro termo é o calor necessário para aquecer o gelo até a temperatura de fusão (0oC), o segundo é o calor necessário para 
transformar todo o gelo em água, e o terceiro é o calor necessário para aquecer a água que resultou da fusão do gelo até a tempe-
ratura final. De acordo com a lei de conservação da energia,
( ) .a a ai f g g gi g F a g fc m T T c m T m L c m T− = − + +
2 0 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Explicitando Tf, obtemos
( )
a a ai g g gi g F
f
a a g
c m T c m T m L
T
c m m
+ −
=
+
.
Substituindo os valores conhecidos, obtemos Tf = 2,5oC.
APRENDA Para que o gelo seja parcialmente derretido, é preciso que o calor fornecido pela água seja suficiente para fazer 
com que a temperatura do gelo chegue ao ponto de fusão (para isso é necessária uma quantidade de calor de −cgmgTgi, em 
que Tgi < 0), mais uma quantidade de calor mL que seja suficiente para fundir uma massa m de gelo. Se a quantidade de 
calor disponível depois que a temperatura do gelo chegar a 0oC for maior que mgLF, todo o gelo se transformará em água, e 
a temperatura final será maior que 0oC. 
42. Se o diâmetro do anel a uma temperatura Tai é Da0, quando o anel e a esfera estiverem em equilíbrio térmico o diâmetro será
0 (1 ) ,a c aia fD D T Tα  = + −
em que Tf é a temperatura final e ac é o coeficiente de dilatação linear do cobre. 
Se o diâmetro da esfera a uma temperatura Tei é De0, quando o anel e a esfera estiverem em equilíbrio térmico o diâmetro será
0 [1 ( )],e a ie fD D T Tα= + −
na qual aa é o coeficiente de dilatação térmica do alumínio. Como, na temperatura de equilíbrio, os dois diâmetros são iguais,
0 01 ( ) [1 ( )].c ai ia ef fD T T D T Tα α  + − = + −
Explicitando a temperatura final, obtemos (usando os valores dos coeficientes de dilatação térmica do cobre e do alumínio que 
aparecem na Tabela 18-2):
0 0 0 0
0 0
6
6 6
2,54000 cm 2,54508 cm (2,54508 cm)(23 10 /C )(100,0 C)
(2,54508 cm)(23 10 /C ) (2,54000 cm) (17 10 /C°)
50,38 C.
c aai eia e a e
f
a ce a
D D D T D TT D D
α α
α α
−
− −
− − +=
−
− + × ° °=
× ° − ×
= °
Como a temperatura inicial do anel é 0°C, o calor recebido pelo anel é ,c a fQ c m T= na qual cc é o calor específico do cobre e ma é 
a massa do anel. O calor cedido pela esfera é
( ),a e i fQ c m T T= −
na qual ca é o calor específico do alumínio e me é a massa da esfera. Como o calor recebido pelo anel é igual ao calor cedido 
pela esfera,
( ).c a a e if fc m T c m T T= −
Explicitando a massa da esfera, obtemos (usando os valores do calor específico do cobre e do alumínio que aparecem na Tabela 18-3):
3(386 J/kg K)(0,0200 kg)(50,38 C) 8,71 10 kg 8,71 g.
( ) (900 J/kg K)(100 C 50,38 C)
c a f
e
a i f
c m T
m
c T T
−⋅ °= = = × =
− ⋅ ° − °
43. (a) No gráfico da Fig. 18-36, a primeira parte da trajetória A representa um processo a pressão constante, no qual o volume 
varia de 1,0 m3 para 4,0 m3, enquanto a pressão permanece em 40 Pa. O trabalho realizado é
3 3 2(40Pa)(4,0m 1,0m ) 1,2 10 J.AW p V= ∆ = − = ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 7
A segunda parte da trajetória representa um processo a volume constante. Como nos processos a volume constante o trabalho é 
sempre nulo, o trabalho realizado em toda a trajetória A é 120 J.
(b) Para calcular o trabalho realizado ao longo da trajetória B, podemos aplicar a equação W = ∫ p dV. De acordo com o gráfico, 
a pressão varia com o volume de acordo com uma equação da forma p = a + bV, em que a e b são constantes. Para que a pressão 
seja 40 Pa quando o volume é 1,0 m3 e seja 10 Pa quando o volume é 4,00 m3, os valores das constantes devem ser a = 50 Pa e 
b = –10 Pa/m3. Assim, 
p = 50 Pa – (10 Pa/m3)V
e
( ) ( )4 4 2 411 1 50 10 50 5 200 J 50 J 80 J + 5,0 J = 75 J.BW p dV V dV V V= = − = − = − −∫ ∫
(c) A primeira parte da trajetória C representa um processo a volume constante, no qual o trabalho realizado é nulo. Na segunda 
parte, o volume varia de 1,0 m3 para 4,0 m3, enquanto a pressão permanece constante em 10 Pa. O trabalho realizado é
3 3 (10 Pa)(4,0m 1,0m ) 30 J.CW p V= ∆ = − =
Este é, portanto, o trabalho total realizado ao longo da trajetória C. 
Note que os trabalhos realizados ao longo das três trajetórias são diferentes, embora os pontos inicial e final sejam os mesmos.
44. Durante o processo A → B, o sistema está se expandindo, realizando trabalho sobre o ambiente, e, portanto, W > 0; como 
sabemos que ∆Eint > 0, chegamos à conclusão de que Q = W + ∆Eint é positivo. Assim,
(a) Q > 0.
(b) W > 0.
Como, durante o processo B → C, o volume do sistema permanece constante,
(c) W = 0.
Como W = 0, de acordo com a primeira lei da termodinâmica, o sinal de ∆Eint é igual ao sinal de Q, que sabemos ser positivo. Assim, 
(d) ∆Eint > 0.
Durante o processo C → A, o sistema está se contraindo, ou seja, o ambiente está realizando trabalho sobre o sistema, o que significa 
que W < 0. Sabemos também que ∆Eint < 0 porque ∑ ∆Eint = 0 para o ciclo completo e os valores de ∆Eint para os outros processos 
são positivos. Assim, Q = W + ∆Eint também é negativo.
(e) Q < 0.
(f) W < 0.
(g) ∆Eint < 0.
(h) A área de um triângulo é dada por (base)(altura)/2. Aplicando esta relação ao gráfico da Fig. 18-37a, obtemos 
3
total| | (2,0 m )(20 Pa)/2 20 J.W = = Como o processo C → A envolve um trabalho negativo maior (já que ocorre a uma pressão média 
mais elevada) que o trabalho positivo realizado durante o processo A → B, o trabalho total realizado durante o ciclo é negativo. 
A resposta é, portanto, Wtotal = –20 J.
45. PENSE Como, em um ciclo completo, a energia interna é a mesma no estado inicial e no estado final, o calor absorvido é igual 
ao trabalho realizado: Q = W.
FORMULE Na parte do ciclo de A a B, a pressão p varia linearmente com o volume V e, portanto, podemos descrever essa variação 
por uma equação da forma p = a + bV. O trabalho realizado nessa parte do ciclo é dado por
2 0 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Na parte do ciclo de B a C, a pressão é constante e o trabalho realizado pelo gás é
Na parte do ciclo de C a A, o volume é constante e, portanto, o trabalho realizado é nulo. O trabalho total realizado pelo gás é 
dado por
ANALISE Como foi visto anteriormente, a função que descreve a variação da pressão na parte do ciclode A a B é da forma 
a + bV:
em que os coeficientes a e b foram escolhidos de tal forma que p = 10 Pa para V = 1,0 m3 e p = 30 Pa para V = 4,0 m3. Assim, o 
trabalho realizado na parte do ciclo de A a B é
Na parte do ciclo de B a C, para pB = pC = 30 Pa, VB = 4,0 m3 e VC = 1,0 m3, temos
O trabalho total realizado pelo gás é, portanto,
Assim, o calor total absorvido é Q = W = –30 J. Isso significa que o gás perde 30 J de energia na forma de calor.
APRENDA Note que, para calcular o trabalho realizado pelo gás, usamos sempre a Eq. 18-25: .W pdV= ∫ No caso de processos 
isobáricos, em que p é constante, W = p∆V; no caso de processos isocóricos, em que V é constante, W = 0. 
46. (a) Como o trabalho é realizado sobre o sistema (talvez para comprimi-lo), W = −200 J.
(b) Como o sistema cede calor, Q = –70,0 cal = –293 J.
(c) A variação da energia interna é ∆Eint = Q – W = –293 J – (–200 J) = –93 J.
47. PENSE Como a variação de energia interna ∆Eint depende apenas dos estados inicial e final, ela é a mesma para as trajetórias 
iaf e ibf. 
FORMULE De acordo com a primeira lei da termodinâmica, ∆Eint = Q – W, em que Q é o calor absorvido e W é o trabalho rea-
lizado pelo sistema. Na trajetória iaf, temos
ANALISE (a) O trabalho realizado na trajetória ibf é dado por
(b) Como, de acordo com o que foi visto anteriormente, a variação de energia interna na trajetória iaf é ∆Eint = 30 cal, a variação 
de energia interna quando o sistema passa o estado f para o estado i, independentemente da trajetória, é ∆Eint = −30 cal, o que 
nos dá
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 9
(c) Vamos fazer ∆Eint = Eint, f – Eint, i. Nesse caso,
Vamos resolver primeiro o item (e).
(d) Como o trabalho Wbf realizado na trajetória bf é zero,
Qbf = Eint, f – Eint, i = 40 cal − 22 cal = 18 cal. 
(e) Como, para a trajetória ibf, Q = 36 cal,
Qib = Q – Qbf = 36 cal – 18 cal = 18 cal.
APRENDA O trabalho W e o calor Q são grandezas que dependem da trajetória, ou seja, dependem da forma como o estado final 
é atingido a partir do estado inicial. Por outro lado, a grandeza ∆Eint = Q – W não depende da trajetória, mas apenas dos estados 
inicial e final; por essa razão, dizemos que ∆Eint é uma função de estado.
48. Como os pontos inicial e final são os mesmos, a variação da energia interna é nula e o calor recebido pelo gás é igual ao trabalho 
realizado: Q = W. Em termos das contribuições das diferentes partes do ciclo, QAB + QBC + QCA = W e 
QCA = W – QAB – QBC = +15,0 J – 20,0 J – 0 = –5,0 J.
Isso significa que o gás cede uma energia de 5,0 J em forma de calor.
49. Como o trabalho realizado no processo d → a é zero, Qda = ∆Eint da = 80 J. Além disso, como a variação total da energia interna 
em qualquer ciclo fechado é zero, temos 
∆Eint ac + ∆Eint CD + ∆Eint da = 0
−200 J + ∆Eint CD + 80 J = 0,
o que nos dá ∆Eint CD = 120 J. Assim, aplicando a primeira lei da termodinâmica ao processo c → d, obtemos 
WCD = QCD − ∆Eint CD = 180 J – 120 J = 60 J.
50. (a) Como o processo a → b é uma expansão, W > 0 e, portanto, Wab = +5,0 J. Como, de acordo com o enunciado, a variação 
da energia interna durante o processo é +3,0 J, a primeira lei da termodinâmica nos dá Qab = +8,0 J.
(b) O trabalho total (+1,2 J) é igual ao calor total (Qab + Qbc + Qca), e sabemos que Qab = +8,0 J e Qca = +2,5 J. Assim, Qbc = (1,2 – 
8,0 – 2,5) J = −9,3 J.
51. Podemos usar as Eqs. 18-38 a 18-40 para resolver o problema. Note que a área da superfície de uma esfera é dada por A = 4pr2, 
na qual r é o raio da esfera.
(a) De acordo com a Eq. 18-38, temos, para Tesfera = (273,15 + 27,00) K = 300,15 K: 
4 8 2 4 2 4
rad
3
(5,67 10 W m K )(0,850)(4 )(0,500m) (300,15K)
1,23 10 W.
P ATσε π−= = × ⋅
= ×
(b) Para Tamb = (273,15 + 77,00) K = 350,15 K, temos
4 8 2 4 2 4 3
abs amb (5,67 10 W m K )(0,850)(4 )(0,500m) (350,15K) 2,28 10 W.P ATσε π−= = × ⋅ = ×
(c) De acordo com a Eq. 18-40,
3 3 3
líq abs rad 2,28 10 W 1,23 10 W 1,05 10 W.P P P= − = × − × = ×
2 1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
52. Vamos usar o índice e, para representar a espuma de poliuretano, e o índice p, para representar a prata. 
(a) De acordo com a Eq. 18-32 e a Tabela 18-6,
2 2= (0,024W/m K)(30ft F h/Btu)(1m/3,281ft) (5C /9F )(3600s/h)(1Btu/1055J)
= 0,13m.
e e eL k R=
⋅ ⋅ °⋅ ° °
(b) De acordo com a Eq. 18-32 e a Tabela 18-6,
3428(30) (0,13m) 2,3 10 m 2,3 km.
0,024(30)
p p
p p p e
e e
k R
L k R L
k R
   
       
= = = = × =
53. PENSE A energia é transferida continuamente, na forma de calor, de uma fonte quente à temperatura TQ para uma fonte fria 
à temperatura TF. A taxa de condução de calor é a quantidade de calor transferida por unidade de tempo. 
FORMULE A taxa de condução de calor é dada por
em que k é a condutividade térmica, A é a área da seção reta (em um plano perpendicular ao fluxo de calor) e L é a distância entre 
os pontos nos quais a temperatura é TQ e TF. A condutividade térmica do cobre é dada na Tabela 18-6. Não precisamos converter 
as temperaturas para kelvins porque uma variação de temperatura em graus Celsius é numericamente igual a uma variação de 
temperatura em kelvins.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos na equação anterior, temos
APRENDA A resistência térmica R da placa de cobre é
O pequeno valor de R é uma indicação de que a placa é uma boa condutora de calor. 
54. (a) Estimamos a área da superfície do corpo humano em 2 m2 e a temperatura da pele em 300 K (um pouco menor que a 
temperatura interna, que é 310 K). Nesse caso, de acordo com a Eq. 18-38,
4 8 2 4 2 4 2
rad (5,67 10 W/m K )(0,9)(2,0m )(300K) 8 10 W.P ATσε −= ≈ × ⋅ = ×
(b) A energia perdida é dada por
2 4
rad (8 10 W)(30s) 2 10 J.E P t∆ = ∆ = × = ×
55. (a) De acordo com a Eq. 18-32, a taxa de condução de calor é dada por
( ) 4 2
cond
(401W/m K)(4,8 10 m )(100 C) 16 J/s.
1,2m
FQkA T TP
L
−− ⋅ × °= = =
(b) De acordo com a Tabela 18-4, temos
cond 16J/s 0,048g/s.
333J/gF
Pdm
dt L
= = =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 1
56. A área da superfície da bola é 2 2 3 24 4 (0,020 m) 5,03 10 m .A Rπ π −= = = × De acordo com a Eq. 18-38, para Ti = 35 + 273 = 308 
K e Tf = 47 + 273 = 320 K, a taxa de produção de calor necessária para manter a temperatura Tf é
4 4 8 2 4 3 2 4 4
rad ( ) (5,67 10 W/m K )(0,80)(5,03 10 m ) (320 K) (308 K)
0,34W.
ifP A T Tσε − −   = − ≈ × ⋅ × −
=
Assim, o calor que cada abelha deve produzir durante o intervalo de 20 minutos é 
(0,34 W)(20 min)(60 s/min) 0,81 J
500
rP tQ
N N
= = = .
57. (a) De acordo com a Eq. 18-32
cond
FQT TP kA
L
−
=
na qual k é a condutividade térmica do vidro, dada na Tabela 18-6 como 1,0 W/m·K. Uma diferença de temperatura de 
TQ − TF = 72oF − (−20oF) = 92oF é equivalente a 5(92)/9 = 51,1Co, que, por sua vez, é equivalente a uma diferença de tem-
peratura de 51,1 K. Assim,
4 2cond
3
51,1K(1,0W m K) 1,7 10 W m .
3,0 10 m
FQT TP k
A L −
 
   
−
= = ⋅ = ×
×
(b) O calor agora passa por três camadas, uma de ar e duas de vidro. A taxa de transferência de calor é a mesma nas três camadas 
e é dada por
cond
)( FQA T TP
L k
−
=
∑
,
na qual o somatório do denominador se estende às três camadas. Se Lv é a espessura de uma das camadas de vidro, La é a espessura 
da camada de ar, kv é a condutividade térmica do vidro e ka é a condutividade térmica do ar, o denominador é
2 2 .v a v a a v
v a a v
L L L k L kL
k k k k k
+= + =∑
Assim, a taxa de calor por unidade de área é
( )cond
3
2
(51,1 K)(0,026W m K)(1,0W m K)
2 2(3,0 10 m)(0,026W m K) (0,075m)(1,0W m K)
18W m .
a vFQ
v a a v
T T k kP
A L k L k −
− ⋅ ⋅= =
+ × ⋅ + ⋅
=
58. (a) A área da superfície do cilindro é
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 12 2 2 (2,5 10 m) 2 (2,5 10 m)(5,0 10 m) 1,18 10 mA r rhπ π π π− − − −= + = × + × × = × ,
a temperatura do cilindro é T1 = 273 + 30 = 303 K e a temperatura do ambiente é Tamb = 273 + 50 = 323 K. De acordo com a Eq. 18-39, temos
( ) ( )( )4 4 2 2 4 41 1amb 0,85 1,18 10 m (323K) (303K) 1,4W.P A T Tσε −   = − = × − =
(b) Vamos chamar de h2 a nova altura do cilindro. Como o volume V do cilindro não muda, devemos ter 2 21 1 2 2V r h r hπ π= = . Ex-
plicitando h2, obtemos
( )
2 2
1
2 1
2
2,5cm 5,0cm 125cm 1,25m.
0,50cm
rh h
r
   
       
= = = =
2 1 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
A nova área da superfície do cilindro é
2 2 2 2
2 2 22 2 2 m) 2 m)(1,25 m) 3,94 10 m .A r r hπ π π π−2 −2 −2= + = (0,50×10 + (0,50×10 = ×
Assim,
2 2
2 2
2 2
1 1
3,94 10 m 3,3.
1,18 10 m
P A
P A
−
−
×= = =
×
59. Podemos usar a relação Pcond = kA∆T/L ∝ A/L. Comparando os casos (a) e (b) da Fig. 18-44, temos 
cond cond cond 4 .
ab
b a a
a b
A LP P P
A L
 
   
= =
Assim, seria necessário 2,0 min/4 = 0,50 min para conduzir a mesma quantidade de calor se as placas fossem soldadas como na 
Fig. 18-44b.
60. (a) Como no exemplo “Condução térmica em uma parede feita de vários materiais”, levamos em conta o fato de que a taxa de 
condução de calor é a mesma em todas as camadas. Sendo assim, a taxa de condução de calor através de toda a parede, Pp, é igual 
à taxa de condução de calor através da camada 2, P2. Usando a Eq. 18-37 e cancelando a área A, que é a mesma nos dois casos, 
obtemos a relação
o
2 2
1 1 2 2 3 3 2 2
45C ,
/ / / / 1 7/9 35/80 7/9
Q FT T T T
L k L k L k L k
− ∆ ∆= ⇒ =
+ + + +
o que nos dá ∆T2 = 15,8Co. 
(b) Esperamos [e isso é confirmado no item (c)] que o aumento da condutividade térmica da camada 2 resulte em um aumento 
da taxa de condução de calor através da parede.
(c) Repetindo o cálculo do item (a) com o novo valor de k2, obtemos
o
245 C ,
1 7/11 35/80 7/11
∆=
+ +
T
o que nos dá ∆T2 = 13,8 Co. Este valor é menor que o obtido no item (a), o que significa que as diferenças de temperatura entre as 
extremidades das camadas 1 e 3 (cuja condutividade térmica não mudou) são maiores; isso, por sua vez, significa que a taxa de 
condução de calor é maior através do conjunto das três camadas.
61. PENSE O calor é transferido continuamente da água para o ar através do gelo, o que leva ao aumento da espessura da placa de gelo. 
FORMULE Sejam h a espessura e A a área da placa de gelo. A taxa de condução de calor através da placa é dada por
em que k é a condutividade térmica do gelo, TQ é a temperatura da água (0oC) e TF é a temperatura do ar acima do gelo (–10oC). 
A perda de calor faz a água se transformar em gelo. A perda de calor necessária para transformar uma massa m de água em gelo é 
Q = LFm, em que LF é o calor de fusão da água. Derivando essa função em relação ao tempo e levando em conta o fato de que dQ/
dt = Pcond, obtemos a seguinte equação:
Como a massa total de gelo é dada por m = rAh, em que r é a massa específica do gelo e h é a espessura da placa de gelo, 
dm/dt = rA(dh/dt) e
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 3
Igualando as duas expressões de Pcond e explicitando dh/dt, obtemos
ANALISE Como 1 cal = 4,186 J e 1 cm = 1 × 10–2 m, o valor da condutividade térmica do gelo em unidades do SI é
Como a massa específica do gelo é r = 0,92 g/cm3 = 0,92 × 103 kg/m3, temos
APRENDA A taxa de formação de gelo é proporcional à taxa de condução de calor; quanto mais depressa a água cede calor ao ar, 
mais depressa a água se transforma em gelo.
62. (a) De acordo com a Eq. 18-32, a taxa de condução de calor através da camada que separa a gota da frigideira é 
( ) 6 2
cond 4
300 C 100 C(0,026 W/m K)(4,00 10 m )
1,0 10 m
0,208 W 0,21 W.
v akA T TP L
−
−
− ° − °= = ⋅ ×
×
= ≈
(b) Como cond ( ) ( ),V V VP t L m L V L Ahρ ρ= = = o tempo que a gota leva para evaporar é 
6 3 6 2 3
cond
(2,256 10 J/kg)(1000 kg/m )(4,00 10 m )(1,50 10 m) 65s.
0,208 W
VL Aht
P
ρ − −× × ×= = =
63. Dividindo ambos os membros da Eq. 18-32 pela área A, obtemos a taxa de condução de calor por unidade de área:
cond 1 12 4
1 4
1 4
.
P T T T Tk k
A L L
− −= =
Explicitando T, obtemos
( )1 44 1 12
4 1
4,2 C.k LT T T T
k L
= + − = − °
64. (a) Para cada pinguim, a área que irradia calor é a soma da área do alto da cabeça com a área da superfície lateral do corpo:
rad ,2 2 2
aA a rh a h a h aπ π ππ= + = + = +
na qual /r a π= é o raio do cilindro que representa o pinguim (já que, no caso de um cilindro circular, a = pr2). 
No caso de um cilindro formado por todos os pinguins, o raio é /r Na π=′ (já que, nesse caso, 2Na rπ= ′ ) e a área que irradia 
calor é
rad .2 2 2
NaA Na r h Na h Na h N aπ π ππ= + = + = +′ ′
Como a potência irradiada é proporcional à superfície que irradia calor, temos
rad
rad
.2 1 2 /
( 2 ) 1 2 /
AP Na h N a h Na
NP NA N a h a h a
π π
π π
′ + +′ = = =
+ +
2 1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Para N = 1000, a = 0,34 m2 e h = 1,1 m, temos
2
2
1 2(1,1 m) /(1000)(0,34 m )1 2 / 0,16
1 2 / 1 2(1,1 m) /(0,34 m )
h
r
P h Na
NP h a
ππ
π π
++= = =
+ +
.
(b) A redução percentual da perda de calor é (1,00 − 0,16) × 100% = 84%.
65. Vamos supor (embora essa hipótese possa ser contestada) que a superfície superior do gelo está a uma temperatura TF = –5,0°C. 
Menos duvidosas são as hipóteses de que a temperatura do fundo do lago é TQ = 4,0°C e de que a temperatura da interface gelo-água 
é TI = 0,0°C. Supondo que o mecanismo principal de transferência de calor é a condução, a Eq. 18-34 nos dá
água gelo
gelo gelo gelo gelo
( )( ) (0,12) (4,0 0,0 ) (0,40) (0,0 5,0 ) .
1,4
I FIQ k A T Tk A T T A A
L L L L L
−− °− ° °+ °= ⇒ =
− −
Explicitando Lgelo, obtemos: Lgelo = 2,80/2,48 = 1,1 m.
66. Se o calor perdido por evaporação é igual ao calor recebido em consequência da troca de radiação, temos
4 4
rad amb( )V
dmL P A T T
dt
σε= = − .
A área total da superfície exposta da lata é
2 2 2 22 (0,022 m) 2 (0,022 m)(0,10 m) 1,53 10 mA r rhπ π π π −= + = + = × .
Para Tamb = 32oC = 305 K, T = 15oC = 288 K e e = 1, a taxa de perda de massa de água é
8 2 4 2 2
4 4 4 4
amb 6
7
(5,67 10 W/m K )(1,0)(1,53 10 m )( ) (305 K) (288 K)
2,256 10 J/kg
6,82 10 kg/s 0,68 mg/s.
V
dm A T Tdt L
σε − −
−
 
 
× ⋅ ×= − = −
×
= × ≈
67. Vamos chamar de W o trabalho, de M a massa inicial do chocolate e de m a massa de manteiga de cacau. De acordo com o 
enunciado, W/M = p/r, e todo o trabalho contribui para a mudança de fase da manteiga de cacau. Nesse caso, W = Q = Lm, na 
qual L é o calor de fusão da manteiga de cacau. Assim, 
6
3
5,5 10 0,0306 .
1200 150 10ρ
×= ⇒ = =
×
Mp MM Lm m
Como, de acordo com o enunciado, m = 0,30 M, a porcentagem de manteiga de cacau fundida é 0,0306/0,30 × 100% = 10%.
68. O calor necessário é
12
1(10%) (200.000toneladas métricas) (1000kg/tonelada métrica) (333kJ/kg)
10
6,7 10 J.
FQ mL
 
 
 
= =
= ×
69. (a) Embora neste item seja pedido o trabalho realizado ao longo da trajetória abc, só é necessário calcular o trabalho realizado 
ao longo da trajetória ab, já que o trabalho realizado ao longo da trajetória bc é nulo, por se tratar de uma transformação a volume 
constante. Assim, a resposta é a mesma do item (b).
(b) Como a variação de energia interna ∆Eint no processo ca é –160 J, Eint,c – Eint,a = 160 J. De acordo com a primeira lei da termo-
dinâmica,
int, int, int, int,160
40 0 200 .
ac b b
b c b c a b a b
a b
E E E E
Q W Q W
W
→ → → →
→
= − + −
= − + −
= − + −
Assim, Wa→b→c = Wa→b = 240 − 160 = 80 J.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 5
70. Podemos usar as equações Q = cm∆T e m = rV. O volume de água necessário é
6
3
3 3
(1,00 10 kcal/dia)(5dias) 35,7m .
(1,00 10 kg/m )(1,00kcal/kg)(50,0 C 22,0 C)
m QV
C Tρ ρ
×= = = =
∆ × ° − °
71. De acordo com o gráfico da Fig. 18-51, a variação de temperatura é ∆T = 25°C. Como um watt corresponde a um joule por 
segundo, a energia removida é
Q = (2,81 J/s)(20 min)(60 s/min) = 3372 J.
Assim, para m = 0,30 kg, a Eq. 18-14 nos dá
24,5 10 J/kg K.Qc
m T
= = × ⋅
∆
72. De acordo com a equação Pcond = kA(TQ– TF)/L, a temperatura TQ a uma profundidade de 35,0 km é
3 2 3
cond (54,0 10 W/m )(35,0 10 m) 10,0 C 766 C.
2,50W/m KFQ
P LT T
kA
−× ×= + = + ° = °
⋅
73. O volume inicial é 53 = 125 cm3; de acordo com a Tabela 18-2 e as Eqs. 18-10 e 18-11, temos
3 6 3(125m ) (3 23 10 /C ) (50,0C ) 0,432cm .V −∆ = × × ° ° =
74. Conforme é mostrado no exemplo “Equilíbrio térmico entre cobre e água”, a temperatura final pode ser expressa pela seguinte 
equação:
,A A A B B B A A B Bf A
A A B B A B
m c T m c T c T c TT aT b
m c m c c c
+ += = = +
+ +
em que foi levado em conta o fato de que mA = mB. Assim, em um gráfico de Tf em função de TA , a inclinação é dada por 
a = cA/(cA + cB), e o ponto de interseção com o eixo Tf é o ponto b = cBTB/(cA + cB). No gráfico da Fig. 18-52, a = 0,4 e b = 150 K. 
(a) Explicitando TB na equação b = cBTB/(cA + cB), obtemos
2150 2,5 10 K
1 1 0,41
A B
B
AB
A B
c c b bT b cc a
c c
 += = = = = ×  − −  −
+
(b) Como a = cA /(cA + cB) = 0,4, cB/cA = 0,6/0,4 = 1,5.
75. Note que o trabalho realizado no processo cb é zero, já que não há mudança de volume. Note também que o valor absoluto do 
trabalho realizado no processo ba é dado, mas não o sinal, que identificamos como positivo porque envolve uma redução de volume. 
A transferência total de calor é Qtot = [(–40) + (–130) + (+400)] J = 230 J. De acordo com a primeira lei da termodinâmica, temos
( )
tot tot
230J
0 80J .
a c c b b a
a c
Q W
W W W
W
→ → →
→
=
= + +
= + + −
Assim, Wa→ c = 230 J + 80 J = 3,1×102 J.
76. Chamando de 1 a barra de Invar, de 2 a barra de alumínio e de 3 a barra de aço, a lei dos cossenos nos dá:
2 2 2
1 2 3 2 32 cosL L L L L φ= + −
em que f é o ângulo oposto à barra de Invar.
2 1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Usando a equação L = L0 (1 + αΔT), dividindo por L0 (que é o mesmo para as três barras) e ignorando termos de ordem (ΔT)2, 
obtemos
1 + 2α1ΔT = 2 + 2 (α2 + α3) ΔT – 2 [1 + (α2 + α3) ΔT] cos f.
Explicitando ∆T, obtemos
o
6 o
o
2 3 1
cos 1/2 cos(59,95 ) 0,5 10 46 C,
( )(1 cos ) (23 11)[1 cos(59,95 )] 0,7
T φ
α α φ α
− −∆ = = × ≈
+ − − + − −
e, portanto, a temperatura final é T = 20,0º + ΔT = 66ºC.
77. PENSE O calor fornecido ao gelo não só aumenta a temperatura do gelo até a temperatura de fusão, mas também transforma 
o gelo em água. 
FORMULE Sejam mg a massa do cubo de gelo e cg o calor específico do gelo. A energia necessária para aumentar a temperatura 
do cubo de gelo até a temperatura de fusão (0oC) é
Q1 = cgmg(0 − Tgi) = (2220 J/kg . K)(0,700 kg)(150 K) = 2,331 × 105 J.
Como a quantidade total de calor fornecida ao gelo é Q = 6,993 × 105 J, Q1 < Q, o que significa que o calor transferido é suficiente 
para derreter total ou parcialmente o gelo. A quantidade de calor necessária para derreter todo o gelo é
Como
todo o gelo vai derreter, e o calor restante, que é
será usado para aumentar a temperatura da água. 
ANALISE A temperatura final da água é dada por ∆Q = mgcáguaTf. Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA Os conceitos básicos de que trata este problema são abordados no Exemplo 18.04, “Mudança de temperatura e de 
fase”. Uma importante diferença entre o item (b) do exemplo e o nosso caso é que, no nosso caso, a quantidade de calor fornecida 
é mais do que suficiente para derreter todo o gelo. Nesse caso, como é discutido no item (a) do exemplo, o problema deve ser 
resolvido em três etapas.
78. (a) De acordo com a Eq. 18-32, a taxa com a qual o calor é conduzido para cima é
cond
5,0 C(0,400 W/m C) (16,7 ) W.
0,12 m
FQT TQP kA A A
t L
− °= = = ⋅° =
(b) O calor de fusão neste processo é Q = LFm, em que LF = 3,33 × 105 J/kg. Derivando a expressão em relação a t e igualando o 
resultado a Pcond, obtemos
cond F
dQ dmP L
dt dt
= = .
Assim, a taxa de conversão de água em gelo é
5cond
5
16,7 W (5,02 10 ) kg/s.
3,33 10 J/kgF
Pdm A A
dt L
−= = = ×
×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 7
(c) Como m = rV = rAh, derivando ambos os membros da expressão em relação a t, obtemos
( )dm d dhAh Adt dt dtρ ρ= = .
Assim, a taxa de variação do comprimento do pingente de gelo é 
5 2
8
3
1 5,02 10 kg/m s 5,02 10 m/s 50 nm/s.
1000 kg/m
dh dm
dt A dtρ
−
−× ⋅= = = × =
79. PENSE O trabalho realizado por um gás durante uma expansão é dada pela Eq. 18-25: .W pdV= ∫
FORMULE Sejam Vi e Vf os volumes inicial e final do gás, respectivamente. Logo, se p = aV2, o trabalho realizado pelo gás é
ANALISE Para a = 10 N/m8, Vi = 1,0 m3 e Vf = 2,0 m3, temos
APRENDA Neste problema, as pressões inicial e final são
.
Neste caso, como p ∼ V2, o trabalho realizado é proporcional a V3, já que o cálculo envolve a integração da pressão em relação ao 
volume. 
80. Podemos usar a relação Q = –LFmice = W + ∆Eint. Como, neste caso, ∆Eint = 0, o trabalho realizado sobre o gás é
(333J/g)(100g) 33,3kJ.iFW W L m= − = = =′
81. PENSE Como ,W pdV= ∫ o trabalho realizado é numericamente igual à área sob a curva de p em função de V.
FORMULE De acordo com a primeira lei da termodinâmica, ∆Eint = Q – W, em que Q é o calor absorvido e W é o trabalho rea-
lizado pelo sistema. No caso do processo 1,
e, portanto,
O trabalho realizado pelo sistema no processo 2 é igual ao trabalho realizado no processo 1 mais o trabalho representado pelo 
triângulo superior da figura, cuja área é (4Vi)(pi/2)/2 = piVi. Assim, W2 = W1 + piVi = 5,0piVi. Note que ∆Eint = 6,0piVi é a mesma 
para os três processos, já que ∆Eint é uma função de estado. 
ANALISE (a) A energia transferida para o gás na forma de calor no processo 2 é
(b) Como os pontos inicial e final do processo 3 (a e b) são os mesmos do processo 2, ∆Eint(3) ∆Eint(2) = 6,0piVi.
APRENDA Em geral, o trabalho W e o calor Q são grandezas que dependem da trajetória, ou seja, do modo como o estado final 
é atingido. Por outro lado, a combinação ∆Eint = Q – W não depende da trajetória; é uma função de estado.
2 1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
82. Vamos chamar de TQ a temperatura da extremidade livre da barra de cobre, de T1 a temperatura da interface cobre-alumínio, de T2 
a temperatura da interface alumínio-latão e de TF a temperatura da extremidade livre da barra de latão. De acordo com a Eq. 18-32,
1 1 2 2cond ( ) ( ) ( ).c a l FQ
k Ak A k AP T T T T T T
L L L
= − = − = −
Resolvendo o sistema de equações apresentado, obtemos
(a)
1
0,00 C 100 C100 C 84,3 C.
1 ( ) / 1 401(235 109) /[(235)(109)]
F Q
Q
c a ab b
T T
T T
k k k k k
− ° − °= + = ° + = °
+ + + +
(b)
2
100 C 0,00 C0,00 C 57,6 C.
1 ( ) / 1 109(235 401) /[(235)(401)]
FQ
F
c a c ab
T T
T T
k k k k k
− ° − °= + = ° + = °
+ + + +
83. PENSE Como todas as dimensões do disco de Pyrex aumentam quando o disco é aquecido, esperamos que a variação de 
volume seja positiva. 
FORMULE O volume inicial do disco (que podemos imaginar como um cilindro de pequena altura) é V0 = pr2L, em que L é a 
espessura inicial e r é o raio do disco. Após o aquecimento, o volume do disco se torna
em que os termos de ordem superior foram desprezados. Assim, a variação de volume do disco é
ANALISE Para ∆L = La∆T e ∆r = ra∆T, a expressão anterior se torna
Substituindo os valores dados e usando o valor do coeficiente de dilatação linear do Pyrex que aparece na Tabela 18-2, 
a = 3,2 × 106/Co, obtemos
APRENDA Como todas as dimensões do disco aumentam quando a temperatura aumenta, devemos levar em conta, além da 
variação da espessura, a variação do raio do cilindro.
84. (a) De acordo com a Eq. 18-32, a taxa de condução de calor é
2
2
cond 2
( ) (0,040W/m K)(1,8m )(33 C 1,0 C) 2,3 10 J/s.
1,0 10 m
FQkA T TP
L −
− ⋅ ° − °= = = ×
×
(b) A nova taxa de condução de calor é
3cond
cond
(0,60W/m K)(230J/s) 3,5 10 J/s,
0,040W/m K
k PP
k
′ ⋅= = = ×′
⋅
ou seja, cerca de 15 vezes maior do que quando a roupa estava seca.
85. PENSE Como o sistema está termicamente isolado, a energia total do sistema é conservada. 
FORMULE Seja Tf a temperatura finaldo sistema alumínio-água. A energia cedida pelo alumínio é QAl = mAlcAl(Ti,Al − Tf). A 
energia recebida pela água é dada por Qágua = máguacágua(Tf – Ti,água). Podemos usar o fato de que as duas energias são iguais para 
determinar o valor de Tf. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 9
ANALISE Fazendo
Al Al ,Al água água ,água( ) ( ),i f f im c T T m c T T− = −
obtemos
Al Al ,Al água água ,água
Al Al água água
(2,50 kg)(900 J/kg K)(92°C) (8,00 kg)(4186,8 J/kg K)(5,0°C)
(2,50 kg)(900 J/kg K) (8,00 kg)(4186,8 J/kg K)
10,5°C
+
=
+
⋅ + ⋅=
⋅ + ⋅
=
i i
f
m c T m c T
T
m c m c
APRENDA Como o problema não envolve transformações de fase, toda a energia cedida pelo alumínio é usada para aumentar a 
temperatura da água.
86. Se na temperatura mais baixa a altura da vidraça é L1 e a largura é L2 e na temperatura mais alta a altura é L1 + ∆L1 e a largura 
é L2 + ∆L2, a área aumenta de A1 = L1L2 para
( ) ( )2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 A L L L L L L L L L L= + ∆ + ∆ ≈ + ∆ + ∆
na qual o termo ∆L1 ∆L2 foi desprezado porque é muito menor que os outros termos, se as variações de comprimento forem 
pequenas. Assim, a variação da área é
2 1 1 2 2 1 .A A A L L L L∆ = − = ∆ + ∆
Se ∆T é a variação de temperatura, ∆L1 = aL1 ∆T e ∆L2 = aL2 ∆T, na qual a é o coeficiente de dilatação térmica. Assim,
1 2 1 2 1 2
6
2
( ) 2
2(9 10 /C ) (30cm) (20cm) (30 C)
0,32cm .
A L L L L T L L Tα α
−
∆ = + ∆ = ∆
= × ° °
=
87. A área da superfície lateral de um cilindro de altura h e raio r é Ac = 2prh e a área da superfície de uma esfera de raio R é 
Ae = 4pR2. A taxa líquida de troca de energia com o ambiente é dada pela Eq. 18-40.
(a) Vamos estimar a área A da superfície do corpo do novato como a área lateral de um cilindro com h = 1,8 m de altura e 
r = 0,15 m de raio, mais a área da superfície de uma esfera com R = 0,10 m de raio. Assim, A = Ac + Ae = 1,8 m2. A emissivi-
dade e = 0,80 é dada no problema, e a constante de Stefan-Boltzmann é dada no Módulo 18-6: s = 5,67 × 10–8 W/m2·K4. A 
temperatura do ambiente é Tamb = 303 K e a temperatura da pele é T = 5(102 – 32)/9 + 273 = 312 K. Assim,
( )4 4líq amb 86W.P A T Tσε= − = −
Assim, a taxa com a qual o corpo do novato perde calor é aproximadamente 90 W.
(b) Metade da área da superfície do corpo do novato corresponde a A = 1,8/2 = 0,9 m2. Para Tamb = 248 K, temos
( )4 4 2líq liq| | | | 2,3 10 W.P A T Tσε= − ≈ ×
(c) Finalmente, para Tamb = 193 K e para A = 0,9 m2, |Plíq| = 3,3×102 W.
88. De acordo com as Eqs. 18-9 e 12-23,
 e .F LL L T E
A L
α = ∆∆ = ∆
2 2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
De acordo com a Tabela 12-1, o limite de ruptura do aço é (F/A)ruptura = Sr = 400 × 106 N/m2. Combinando as equações mostradas, 
descobrimos que a barra se romperá se a variação de temperatura exceder
6 2
9 2 6
400 10 N/m 182 C.
(200 10 N/m ) (11 10 /C )
rST
Eα −
×∆ = = = °
× × °
Como se trata de uma redução de temperatura, a temperatura na qual a barra se rompe é T = 25,0°C – 182°C = –157°C. 
89. (a) Vamos chamar de N o número de vezes que o peso é levantado. Nesse caso, Nmgh = Q, o que nos dá
4
2
(3500Cal)(4186J/Cal) 1,87 10 .
(80,0kg) (9,80m/s ) (1,00m)
QN
mgh
= = ≈ ×
(b) O tempo necessário é
1,00h18.700)(2,00s) 10,4h.
3600s
(t   
 
==
90. No caso de materiais isotrópicos, o coeficiente de dilatação linear a está relacionado à dilatação volumétrica através da 
Eq. 18-11, a = b/3. O valor do raio da Terra está no Apêndice C. O aumento estimado do raio da Terra é dado por
3 5 21(6,4 10 km) (3,0 10 /K)(3000K 300K) 1,7 10 km.
3T T
R R Tα −  
 
∆ = ∆ = × × − = ×
91. Supondo que o gelo está inicialmente a 0°C, o calor necessário para derretê-lo é dado pela Eq. 18-16. Usando o calor de fusão 
do gelo da Tabela 18-4, temos 
Q = Lm = (333 J/g)(1,00 g) = 333 J.
92. Uma forma de resolver o problema é simplesmente calcular a variação de comprimento de cada lado usando a Eq. 18-9 e 
depois calcular a variação da área:
( ) ( ) 2 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
6 6 2 2 2
5 9 5 2
) )
2 ( )
2(9 10 (20,0)(0,200)(0,300) (9 10 (20) (0,200 0,300)
2,16 10 8,1 10 2,16 10 m .
A A x x y y x y x y y x x y x y T x y Tα α
− −
− − −
− = + ∆ + ∆ − = ∆ + ∆ + ∆ ∆ = ∆ + ∆
= × + × +
= × + × = ×
Outro método consiste em usar a relação ∆A = 2aA0∆T (válida para ∆A/A << 1) que é obtida calculando a diferencial de 
A = xy e substituindo os acréscimos infinitesimais por acréscimos finitos.
93. Devemos calcular uma energia E igual a 0,5% de Erad, em que Erad = Prad t, e Prad é dada pela Eq. 18-38. Assim, para A = 4pr2 = 
5,03 × 10–3 m2, temos
E = 0,005Erad = 0,005Prad t = 0,005seAT4t
= (0,005)(5,6704 × 10–8)(0,80)(5,0 × 10–3)(500)4(120) 
= 8,6 J
94. Vamos chamar de Tai a temperatura inicial da água e de Tti a temperatura inicial do termômetro. Como o calor recebido pelo 
termômetro é igual ao calor recebido pela água, temos
( ) ( ).t t a ati aif fc m T T c m T T− = −
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 1
Explicitando a temperatura inicial da água, obtemos
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) 0,0550kg 0,837kJ/kg K 44,4 15,0 K
44,4 C
4,18kJ/kg C 0,300kg
45,5 C.
t t tif
ai f
a a
c m T T
T Tc m
− ⋅ −
= + = + °
⋅ °
= °
95. O trabalho total pode ser calculado como uma soma de trabalhos (um para cada processo) ou como a área envolvida pela curva 
que representa o ciclo no diagrama pV, com o sinal apropriado. Nesta solução, vamos usar a primeira abordagem.
(a) O ciclo da Fig. 18-57 no qual o gás volta ao estado inicial através da trajetória A envolve três processos:
• O processo representado pela trajetória B, no qual, de acordo com a Eq. 18-25, o trabalho é dado por
3 340Pa 10Pa (4,0m 1,0m ) 75 J.
2
+= − =BW
• O processo representado por uma reta vertical, no qual o trabalho é zero, já que o volume permanece constante. 
• O processo de retorno ao estado inicial, no qual o trabalho é dado por
3 3(40Pa)(1,0m 4,0m ) 120 J.AW = − = −
O trabalho total realizado durante o ciclo BA é, portanto, WBA = 75 – 120 = −45 J. 
 (b) O ciclo da Fig. 18-57 no qual o gás volta ao estado inicial através da trajetória C envolve três processos:
• O processo representado pela trajetória B, no qual, como foi visto no item (a), o trabalho é WB = 75 J.
• O processo representado pela trajetória C, no qual o trabalho é dado por
3 3(10Pa)(1,0m 4,0m ) 30 J.CW = − = −
• O processo de retorno ao estado inicial, no qual o trabalho é zero, já que o volume permanece constante.
O trabalho realizado durante o ciclo BC é, portanto, WBC = 75 − 30 = +45 J.
96. (a) A variação de comprimento da barra como um todo é
Fazendo ∆L = aL∆T e igualando essa expressão à expressão anterior, obtemos
1 1 2 2L L
L
α αα += .
(b) De acordo com o enunciado do problema, a = 1,3 × 10−5/Co = 13 × 10−6/Co; de acordo com a Tabela 18-2, a1 = 11 × 10−6/Co e 
a2 = 19 × 10−6/Co. Substituindo os valores conhecidos na equação anterior e levando em conta que o comprimento total L da barra 
é 52,4 cm, obtemos o sistema de equações
que nos dá L1 = 39,3 cm e 
(c) L2 = 13,1 cm.
97. A energia necessária para fazer a temperatura de uma massa m aumentar de uma temperatura inicial Ti para uma tem-
peratura final Tf é Q = cm(Tf – Ti), em que c é o calor específico da água. Por outro lado, cada sacudida fornece à água uma 
2 2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
energia ∆U1 = mgh, em que h é a distância vertical percorrida pela água em cada sacudida. Se você dá 27 sacudidas por 
minuto, o tempo necessário para que a temperatura da água chegue a 100oC é
98. Como o produto p1V1 aparece várias vezes neste problema, vamos representá-lo pela variável x. No processo 1, o calor transferido 
é Q1 = 5x = ∆Eint,1 + W1; no processo 2 (que consiste em um aumento de pressão a volume constante seguido por uma expansão 
acompanhada por uma queda linear da pressão), o calor transferido é Q2 = 5,5x = ∆Eint,2 + W2. Subtraindo a primeira expressão da 
segunda e levando emconta o fato de que a energia interna é uma função de estado (e, portanto, ∆Eint,1 = ∆Eint,2, obtemos
5,5x – 5x = W2 – W1 = área do triângulo = (2 V1 )( p2 – p1)/2.
Dividindo ambos os membros por x (= p1V1), obtemos 0,5 = (p2/p1) − 1, o que nos dá p2/p1 = 1,5.
99. O cubo tem seis faces, cada uma das quais tem uma área de 6,0 × 10−6 m2. Convertendo as temperaturas para kelvins e usando 
a Eq. 18-40, obtemos
100. Vamos chamar de r a massa específica do líquido, de m a vazão do líquido que passa pelo calorímetro, de c o calor específico 
do líquido, de P a potência térmica fornecida ao líquido e de ∆T a variação de temperatura. Considere um pequeno intervalo de 
tempo dt, durante o qual é aquecida uma massa de líquido dm = rmdt. A energia necessária para aquecer o líquido é
Assim,
3 3 6 3 o
3 o 3
250 W
(0,85 10 kg/m )(8,0 10 m /s)(15 C)
2,5 10 J/kg C 2,5 10 J/kg K.
Pc
Tρµ −
= =
∆ × ×
= × ⋅ = × ⋅
101. Se um objeto de massa m1 desce uma distância h, a perda de energia potencial gravitacional é ∆E = m1gh. Se essa energia é 
usada para aquecer uma massa m2 de água, ∆E = m1gh = Q = m2c∆T, em que c é o calor específico da água e ∆T é o aumento de 
temperatura da água. Assim,
102. Quando a temperatura varia de T para T + ∆T, o diâmetro do espelho varia de D para D + ∆D, em que ∆D = aD∆T e 
a = 3,2 × 10–6/Co é o coeficiente de dilatação linear do vidro Pyrex. A maior variação do diâmetro do telescópio acontece 
quando a temperatura muda do valor máximo para o valor mínimo do local em que o telescópio foi instalado:
103. A variação da área da placa é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 3
104. A variação relativa do volume é
Como a dilatação do tubo de vidro é desprezível, podemos ignorar a variação da área da seção reta do líquido e, portanto,
37,92 10h V
h V
−∆ ∆= = × .
105. (a) Quando a temperatura diminui de 23oC para 0,0oC, o comprimento do pêndulo diminui, a frequência das oscilações aumenta 
e o pêndulo descreve mais oscilações por unidade de tempo do que na temperatura em que foi calibrado, ou seja, o pêndulo adianta. 
(b) O período de um pêndulo simples é dado por 2 / ,L gτ π= em que L é o comprimento do pêndulo. Derivando essa expressão 
em relação a L, obtemos
,
o que nos dá
Substituindo os valores conhecidos, obtemos
106. Como 1 W = 1 J/s, a quantidade de calor que a sala recebe em 6,9 h é
107. Como 1 Cal = 1000 cal, a potência dissipada pelo atleta é
que corresponde a cerca de 1,9 vez a potência dissipada por uma lâmpada de 100 W.
108. A velocidade inicial do carro é vi = 83 km/h = (83 km/h)(1000 m/km)/(3600 s/h) = 23,056 m/s. A desaceleração a do carro 
é dada por 2 2 2 2 .f i iv v v ad− = − = Explicitando e substituindo os valores conhecidos, obtemos
O tempo ∆t que o carro leva para parar é dado por
e a variação de energia cinética do carro é
Assim, a taxa média com a qual a energia mecânica é transformada em energia térmica no sistema de freios é