Cap. 21

LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB
10 de Junho de 2013, às 14:28
Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Numeração conforme a SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
21
A Teoria Cinética dos Gases
2
21.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21.2 Exercı́cios e Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21.3 Problemas Adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
3
9
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
jasongallas @ yahoo.com
(sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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21
A Teoria Cinética dos Gases
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quando um vidro é aberto do outro lado de uma sala.
I O tempo tı́pico para se sentir o cheiro é de cerca de
um minuto. As moléculas de amônia difundem-se no
ar, tendo um livre caminho médio da ordem de 10−8 m,
sofrendo da ordem de 109 colisões por segundo. Como
Q-5.
as moléculas movem-se em todas as direções devido
Duas salas de mesmo tamanho se comunicam por uma às colisões, precisam deste tempo para atravessar uma
porta aberta. Entretanto, a média de temperatura nas sala. O movimento das moléculas também é afetado
duas salas é mantida a valores diferentes. Em qual sala pelas correntes de conveção do ar, em geral presentes
há mais ar?
numa sala.
21.1
Questões
I Pela equação do gás ideal pV
= constante, se a
R
pressão é a mesma nas duas salas. Então n1 T1 = n2 T2 . Q-28.
Se T2 > T1 , tem-se n2 < n1 , ou seja, há mais ar na
As duas paredes opostas de um recipiente de gás são
sala cuja temperatura é mais baixa.
mantidas a diferentes temperaturas. O ar entre os vidros
de uma janela contra tempestade é um bom exemplo.
Descreva,
em termos de teoria cinética, o mecanismo de
Q-12.
condução do calor através do gás.
Por que a temperatura de ebulição de um lı́quido aumenta com a pressão?
I O calor é transferido no gás por um mecanismo combinado de condução e convecção. As moléculas de ar
I Com a pressão externa maior aplicada sobre o lı́quido, pró ximas da parede mais quente tem energia maior que
as moléculas precisam ter uma energia cinética maior a energia média e perdem energia nas colisões com as
para vencer as forças (fracas) que as unem e ”escapar” moléculas que tem energia mais baixa, que estão mais
ou evaporar. Uma energia cinética maior das moléculas próximas da parede mais fria. Mas há também um transsignifica uma temperatura maior. A grandes altitudes porte de massa no processo, porque o ar junto da parede
acima do nı́vel do mar, no topo das montanhas, onde a quente expande-se, tendo sua densidade diminuı́da. O
pressão atmosférica é menor, a água, por exemplo, pode ar mais frio vai ocupando o lugar deixado pelo ar mais
ferver a uns 80 o C; ao nı́vel do mar, ferve a 100 o C.
quente, estabelecendo-se uma corrente de conveção entre as paredes.
Q-19.
Q-32.
Que evidência direta temos para a existência dos
átomos? E indireta?
Que tipo de observação forneceria boa evidência de que
nem todas as moléculas de um corpo estão se movendo
I Não percebemos diretamente a existência dos átomos, com a mesma velocidade a uma dada temperatura?
mas indiretamente sim, e de muitas formas. Quando
sentimos o vento no rosto ou o interceptamos com a I Um fenômeno que fornece boa evidência de que as
palma da mão, sabemos que se trata de um gás, cu- moléculas não se movem à mesma velocidade a uma
jas partı́culas em movimento, exercem força sobre a dada temperatura, é o processo de evaporação de um
superfı́cie em que incidem. Fenômenos observados lı́quido, em que as moléculas mais rápidas são as que
como o movimento Browniano ou o efeito fotoelétrico mais facilmente escapam da sua superfı́cie.
também indicam claramente que todas as substâncias
são formadas por estas minúsculas partı́culas.
Q-37.
Q-25.
Explique como podemos manter um gás a uma temperatura constante, durante um processo termodinâmico.
Dê uma explicação qualitativa da conexão entre o livre
caminho médio das moléculas de amônia no ar e o I O processo no qual a temperatura mantém-se contempo que se leva para sentir o cheiro da amônia, stante, chama-se isotérmico. Para que a temperatura se
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N
pNA
(1, 01 × 105 )(6, 02 × 1023 )
mantenha constante durante o processo, as variações nas
=
=
V
RT
(8, 31)(293)
outras grandezas (pressão, volume) devem ser efetuadas
muito lentamente e deve haver transferência de calor.
= 2, 5 × 1025 moléculas/m3
De um modo geral, as grandezas Q, W e ∆E int não são
nulas nos processos termodinâmicos. Para o gás ideal (b) As massas molares são M = 16, 0 g/mol e M =
O2
N2
a energia interna só depende da temperatura; se esta é 14, 0 g/mol. O número total de moles na amostra de gás
constante, ∆Eint é nula e Q = W .
é:
pV
= 41, 48 moles
nT =
RT
Q-40.
Para os percentuais indicados, nO2 = 0, 75 × 41, 48 =
Explique por que a temperatura de um gás diminui em 31, 11 moles e nN = 0, 25 × 41, 48 = 10, 37 moles. As
2
uma expansão adiabática.
massas dos gases serão:
I Não havendo qualquer troca de calor, pela primeira
lei da termodinâmica, a variação da energia interna é
igual ao trabalho realizado na expansão, que é positivo.
Portanto, a energia interna do gás diminui, o que corresponde a uma diminuição da temperatura do gás.
mO2 = nO2 MO2 = (10, 37)(16, 0) = 166 g
mN2 = nN2 MN2 = (31, 11)(14, 0) = 436 g
A massa total de gás é mT = 602 g.
P-15.
21.2
Exercı́cios e Problemas
Uma amostra de ar, que ocupa 0, 14 m3 à pressão
manométrica de 1, 03 × 105 Pa, se expande isotermiP-3.
camente até atingir a pressão atmosférica e é então
Se as moléculas de água em 1, 00 g de água fossem resfriada, à pressão constante, até que retorne ao seu
distribuı́das uniformemente pela superfı́cie da Terra, volume inicial. Calcule o trabalho realizado pelo ar.
quantas moléculas haveria em 1, 00 cm2 da superfı́cie?
I Começando pelo expansão isotérmica:
I A massa molar M da água é de 18, 0 g/mol. O número
pi Vi = pf Vf ,
N de moléculas na massa de 1, 00 g é dado por:
N=
m
NA
M
=
(1, 00)(6, 02 × 1023 )
18
=
3, 344 × 1022 moléculas
Vf = Vi
pi Vi = nRT = 2, 856 × 104 J
A área A da Terra é A = 4πR2 = 5, 1 × 1018 cm2 . O
número de moléculas por unidade de área é então:
N
3, 344 × 1022
=
= 6558 moléculas/cm2 .
A
5, 1 × 1018
pi
(1, 01 + 1, 03) × 105
= 0, 28 m2
= (0, 14)
pf
1, 01 × 105
Vf
Vi
0, 28 = (2, 856 × 104 ) ln
= 1, 98 × 104 J.
0, 14
Wisotérmico = nRT ln
Wisotérmico
Para o processo isobárico,
P-13.
Wisobárico = p (Vf − Vi )
(a) Qual o número de moléculas por metro cúbico no
o
5
ar a 20 C e à pressão de 1, 0 atm (= 1, 01 × 10 Pa)?
5
4
(b) Qual a massa de 1, 0 m3 desse ar? Suponha que Wisobárico = (1, 01×10 )(0, 14−0, 28) = − 1, 41×10 J.
75% das moléculas sejam de nitrogênio (N2 ) e 25% de O trabalho total realizado pelo ar é então:
oxigênio (O2 ).
WT = (1, 98 − 1, 41) × 104 = 5, 7 × 103 J.
I (a) Da equação do gás ideal:
pV = nRT,
n=
N
NA
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P-20.
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Um tubo de comprimento L = 25, 0 m, aberto em uma
das extremidades contém ar à pressão atmosférica. Ele
é colocado verticalmente em um lago de água doce, até
que a água preencha metade do tubo, como mostrado na
Fig.21 − 16. Qual a profundidade h da parte submersa
do tubo? Considere a temperatura como sendo a mesma
em todo o lugar e constante.
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será indicada por p. Com os dados fornecidos, calculase o número de moles nA e nB de gás em cada recipiente
antes da abertura da válvula. Depois, esses números são
n0A e n0B e o número total de moles nos dois recipientes
é n:
nA
n0A
VA
=
=
RTA
pA
p
I Se a temperatura é constante, então pV = nRT = Para um volume unitário:
constante. A pressão do ar, ocupando agora a metade do
pA
5, 0 × 105 P a
volume do tubo, é dada por
nA =
=
RTA
(8, 31 J/mol.K)(300 K)
pi Vi = pf Vf
= 200, 56 moles
L
e
p = 2po
po LA = p A
2
A pressão pfundo do lago é dada por:
pfundo
pfundo
nB =
L
2
=
p + ρg
=
L
2po + ρg
2
=
(4)(1, 0 × 105 P a)
(8, 31 J/mol.K)(400 K)
=
120, 34 moles
nA + nB = 320, 90 moles
n0A + n0B = n
A mesma pressão pfundo , calculada a partir da superfı́cie
do lago é dada por
nA TA
n0A TA
nB TB
n0B TB
=
=
=
pA
p
4pB
4p
pfundo = po + ρgh
n0B TB
n0A TA
=
p
4p
Igualando as duas equações para pfundo , vem:
TB
= 0, 333 n0B
4TA
0, 333 n0B + n0B = n
320, 90
n0B =
= 240, 68 moles
1, 333
n0A = n0B
L
2po + ρg = po + ρgh
2
L
po = ρ g (h − )
2
L
po
h= +
2
ρg
1, 01 × 105
h = 12, 5 +
= 22, 60 m
(1000)(9, 8)
4pB
RTB
n0A = 80, 22 moles
E, finalmente, obtem-se a pressão:
80, 22 n0A
p0A =
.pA =
(5, 0×105 ) = 1, 99×105 Pa
nA
200, 56
P-23.
O recipiente A, na Fig. 21 − 17, contém um gás ideal à
pressão de 5, 0 × 105 Pa e à temperatura de 300 K. Ele
está conectado por um fino tubo ao recipiente B, que
tem quatro vezes o volume de A. O B contém o mesmo
gás ideal, à pressão de 1, 0 × 105 Pa e à temperatura de
400 K. A válvula de conexão é aberta e o equilı́brio é
atingido a uma pressão comum, enquanto a temperatura
de cada recipiente é mantida constante, em seu valor
inicial. Qual a pressão final do sistema?
I As temperaturas nos dois recipientes não se alteram
com a abertura da válvula. A pressão final de equilı́brio
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E-28.
(a) Encontre a velocidade quadrática média de uma
molécula de nitrogênio a 20 o C. (b) A que temperaturas
a velocidade quadrática média será a metade e o dobro
desse valor?
I (a) A massa molar da molécula de N2 é M = 28, 0
g/mol:
s
vrms =
(3)(8, 31 J/mol.K)(301 K)
= 517, 68 m/s
0, 028 g/mol
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(b) A metade da vrms do ı́tem (a) é igual a 258, 84 m/s. A I (a) Na equação do gás ideal, o número n de moles
m
pode ser expresso por n = M
temperatura correspondente será:
, onde m é a massa da
amostra de gás e M, a sua massa molar:
2
M vrms
T0 =
= 75, 25 K (' −198o C)
mRT
m
3R
p=
, onde
= ρ,
MV
V
O dobro da vrms do ı́tem (a) é igual a 1035, 36 m/s. A
ρRT
p=
.
nova temperatura será:
M
(b) O número de moles da amostra de gás também
2
M vrms
T 00 =
= 1204 K (' 931o C).
pode ser expressa em termos de N, o número total de
3R
partı́culas e o número de Avogadro: n = NNA . Lembrando que k = NRA , vem
P-30.
pV = N kT.
A densidade de um gás a 273 K e 1, 00 × 10−2 atm é de
1, 24 × 10−5 g/cm3 . (a) Encontre a velocidade vrms para
as moléculas do gás. (b) Ache a massa molar do gás e P-43.
identifique-o.
Em um certo acelerador de partı́culas, os prótons percorrem um caminho circular de diâmetro de 23, 0 m em
I (a) Escrevendo a equação do gás ideal em termos da uma câmara onde a pressão é 1, 00×10−6 mm de Hg e a
massa da amostra e da massa molar M do gás, tem-se:
temperatura é 295 K. (a) Calcule o número de moléculas
de
gás por centı́metro cúbico, a esta pressão. (b) Qual
p
m
m
=
, onde
= ρ.
o livre caminho médio das moléculas de gás sob estas
RT
MV
V
condições, se o diâmetro molecular for de 2, 00 × 10−8
ρRT
A massa molar é M = p e a velocidade quadrática cm?
q
média pode então ser expressa por vrms = 3p
ρ e obtida I (a) Em unidades do Sistema Internacional, a pressão
com os dados fornecidos acima:
dada é igual a p = 1, 33 × 10−4 Pa. Expressando o
s
número de moles em termos do número de partı́culas,
(3)(1, 01 × 103 P a)
n = NNA , da equação do gás ideal vem:
= 494, 32 m/s.
vrms =
3
0, 0124 kg/m
N
pNA
(1, 33 × 10−4 P a)(6, 02 × 1023 )
=
=
V
RT
(8, 31 J/mol.K)(295 K)
(b) A massa molar M vale:
M
=
=
=
ρRT
p
(0, 0124 kg/m3 )(8, 31 J/mol.K)(273 K)
1, 01 × 103
N
= 3, 26 × 1010 moléculas/cm3 .
V
(b) Com o diâmetro molecular dado, o livre caminho
médio é obtido diretamente por:
λ= √
0, 0279 kg/mol
Na tabela de Propriedades dos Elementos, Apêndice
D, encontramos a massa molar do nitrogênio, que, na
forma molecular, tem massa M = 28, 0 g/mol.
1
= 17261 cm.
2πd2 (N/V )
ou
λ ' 173 m.
P-54.
Certa molécula de hidrogênio (diâmetro de 1, 0 × 10−8
cm) escapa de um forno (T = 4000 K) com velociP-36.
dade quadrática média e entra em uma câmara conMostre que a equação do gás ideal (Eq. 21-4) pode ser tendo átomos de argônio frio (diâmetro de 3, 0 × 10−8
19
escrita nas formas alternativas: (a) p = ρRT
M , onde ρ é cm), sendo a densidade deste último de 4, 0 × 10
3
a densidade de massa do gás e M, a massa molar; (b) átomos/cm . (a) Qual a velocidade da molécula de
pV = N kT , onde N é o número de partı́culas do gás hidrogênio? (b) Se a molécula de hidrogênio e um
(átomos ou moléculas).
átomo de argônio colidirem, qual a menor distância
entre seus centros, considerando ambos como esferas
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3N 1 Z vo
v 4 dv
v¯2 =
vo3 N 0
rı́gidas? (c) Qual o número inicial de colisões por segundo sofridas pela molécula de hidrogênio?
3vo
v¯2 =
5
r
p
3
v¯2 = vrms =
vo = 0, 775vo .
5
I (a) A massa molar da molécula de H2 é M = 2, 02
g/mol e sua a velocidade quadrática média é:
s
r
3RT
(3)(8, 31 J/mol.K)(4000 K)
vrms =
=
M
0, 00202 kg/mol
=
7026 m/s.
P-61.
20, 9 J de calor são adicionados a um certo gás ideal.
Como resultado, seu volume aumenta de 50, 0 para
100 cm3 , enquanto a pressão permanece constante (1, 0
−8
d = rAr + rH2 = 2, 0 × 10 cm.
atm). (a) Qual a variação na energia interna do gás? (b)
Se a quantidade de gás presente for de 2, 00×10−3 mol,
(c) O livre caminho médio dos átomos de Ar nas calcule o calor especı́fico molar à pressão constante. (c)
condições dadas é
Calcule o calor especı́fico molar a volume constante.
1
λ= √
= 6, 25 × 10−8 m.
I (a) O trabalho realizado na expansão do gás é
2πd2Ar (N/V )
(b) A distâncias entre os centros da molécula de H2 e o
átomo de Ar é igual a soma dos seus raios, isto é,
O número de colisões por segundo, f, é dado por
f=
W = p∆V
7026 m/s
v
= 1, 12 × 1011 colisões/s.
=
λ
6, 25 × 10−8 m
=
(1, 01 × 105 P a)(50 × 10−6 m3 )
=
5, 05 J.
E a variação da energia interna é
P-56.
∆Eint = 20, 6 − 5, 05 = 15, 85 J.
Para a distribuição hipotética de velocidades das N
partı́culas de um gás, mostrada na Fig. 21-19 [P (v) =
Cv 2 para 0 < v ≤ vo ; P (v) = 0 para v > vo ], encontre
(a) uma expressão para C em termos de N e vo , (b) a
velocidade média das partı́culas e (c) a velocidade rms
das partı́culas.
I (a) Para o cálculo de C, tem-se:
Z vo
Cv 2 dv = N,
0
(b) A variação da temperatura no processo pode ser calculada a partir do trabalho:
W = p∆V = nR∆T,
∆T =
W
nR
=
5, 05 J
(2, 0 × 10−3 mol)(8, 31 J/mol.K)
' 304 K.
E para o calor especı́fico molar à pressão constante vem:
3N
C= 3.
vo
(b) A velocidade média é obtida por:
Z
1
P (v)dv
v̄ =
N
3N 1 Z vo
v̄ =
v 3 dv
vo3 N 0
3vo
v̄ =
= 0, 75 vo .
4
(c) A velocidade quadrática média calcula-se por:
Z
1
¯
2
v =
P (v)v 2 dv
N
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CP =
Q
n∆T
=
20, 9 J
(2, 0 × 10−3 mol)(304 K)
=
34, 36 J/mol.K.
(c) O calor especı́fico molar a volume constante é obtido
diretamente do resultado do ı́tem anterior:
CV = CP − R = 34, 36 − 8, 31 = 26, 07 J/mol.K.
P-68.
Suponha que 4, 0 moles de um gás ideal diatômico, cujas moléculas estejam em rotação sem oscilar, sofrem
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um aumento de temperatura de 60, 0 K à pressão constante. (a) Quanto calor foi transferido para o gás?
(b) Em quanto aumentou a energia interna do gás? (c)
Quanto trabalho foi realizado pelo gás? (d) Qual foi o
aumento na energia interna translacional das moléculas
do gás?
I (a) O calor transferido para o gás à pressão constante
foi:
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A velocidade de propagação é então v =
q
γp
ρ
e, como
p
ρ
foi mostrado no P-36, = RT
M . Assim, a velocidade
q
γRT
é, finalmente, v =
M . Com os dados disponı́veis,
pode-se agora obter γ:
γ=
v2 M
(135, 4 m/s)2 (2 × 127 g/mol)
=
= 1, 4.
RT
(8, 31 J/mol.K)(400 K)
Dobrou-se a massa molar no cálculo para obter γ = 1, 4,
o valor da constante adiabática de um gás diatômico.
Q = nCP ∆T
=
7
(4, 0 mol)( )(8, 31 J/mol.K)(60, 0 K)
2
=
6980 J.
E-71.
(a) Um litro de gás com γ = 1, 3 está a 273 K e 1, 00
(b) A variação da energia interna, para qualquer pro- atm. O gás é subitamente (adiabaticamente) comprimido até a metade do seu volume inicial. Calcule suas
cesso, é dada por ∆Eint = nCV ∆T :
temperatura e pressão finais. (b) O gás é então resfriado
5
até 273 K, à pressão constante. Qual o seu volume final?
∆Eint = (4, 0 mol)( )(8, 31 J/mol.K)(60, 0 K)
2
I (a) Para o processo adiabático, são válidas as
= 4968 J.
relações:
(c) O trabalho realizado pelo gás é
pi Viγ = pf Vfγ
V γ
po ∆V = nR∆T
i
pf = pi
= 2, 46 atm.
Vf
= (4, 0 mol)(8, 31 J/mol.K)(60, 0 K)
Ti Viγ−1 = Tf Vfγ−1
= 1994 J.
V γ−1
i
= 336 K.
Tf = Ti
Vf
(d) Levando em conta só os graus de liberdade translacionais das moléculas, a energia interna correspondente (b) O número de moles de gás na amostra é
será:
pi Vi
(1, 01 × 105 P a)(0, 001 m3 )
3
n=
=
∆Eint = (4, 0 mol)( )(8, 31 J/mol.K)(60, 0 K)
RTi
(8, 31 J/mol.K)(273 K)
2
=
=
2992 J.
0, 0445 mol.
E a variação produzida no volume é então
P-69.
A massa molar do iodo é de 127 g/mol. Uma onda estacionária em um tubo cheio de gás de iodo a 400 K tem
os seus nós 6, 77 cm distantes um do outro, quando a
freqüência é 1000 Hz. O gás de iodo é monoatômico ou
diatômico?
p∆V = nR∆T,
∆V
=
=
I Se a distância entre nós é 6, 77 cm, o comprimento
de onda é λ = 2 × 6, 77 = 13, 54 cm e a velocidade
de propagação é v = λf = 135, 4 m/s. O módulo de
elasticidade volumétrica pode ser expresso em termos
da constante adiabática γ e da pressão:
B=−V
dp
= γp.
dV
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'
nR∆T
p
(0, 0445 mol)(8, 31 J/mol.K)(−63 K)
(2, 46)(1, 01 × 105 P a)
− 0, 10 m3 .
Vf = ∆V + Vi = −0, 1 + 0, 5 = 0, 4 litro.
P-80.
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Um gás ideal sofre uma compressão adiabática de
p = 1, 0 atm, V = 1, 0 × 106 litros, T = 0, 0o C
para p = 1, 0 × 105 atm, V = 1, 0 × 103 litros. (a)
Este gás é monoatômico, diatômico ou poliatômico?
(b) Qual a sua temperatura final? (c) Quantos moles do
gás estão presentes? (d) Qual a energia cinética translacional total por mole, antes e depois da compressão? (e)
Qual a razão entre os quadrados das velocidades rms de
suas moléculas, antes e depois da compressão?
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21-21. O processo 1 → 2 acontece a volume constante,
o 2 → 3 é adiabático e o 3 → 1 acontece à pressão
constante. (a) Calcule o calor Q, a variação da energia interna ∆Eint e o trabalho realizado W, para cada
um dos três processos e para o ciclo como um todo.
(b) Se a pressão inicial no ponto 1 for 1, 00 atm, encontre a pressão e o volume nos pontos 2 e 3. Use
1, 00 atm = 1, 013 × 105 Pa e R = 8, 314 J/mol.K.
I (a) Começando com o processo a volume constante,
I (a) Para os processos adiabáticos vale a relação:
pi Viγ = pf Vfγ ,
Q1→2
= nCV ∆T
=
(1, 0)(1, 5)(8, 31)(600 − 300)
=
3740 J.
pi Viγ = 105 pi (10−3 Vi )γ
5
3
Portanto, trata-se de um gás monoatômico.
(b) Para achar a temperatura final, tem-se outra relação
para os processos adiabáticos:
O trabalho é nulo neste processo e, portanto, a variação
da energia interna é igual ao calor absorvido, ou seja,
Ti Viγ−1 = Tf Vfγ−1 ,
No processo adiabático, Q = 0 e da primeira lei tem-se:
5 − 3γ = 0,
Tf = Ti
V γ−1
i
Vf
e
γ=
∆Eint,2 → 3 = − W,
2
= (273 K)(103 ) 3 = 27300 K.
(c) O número de moles presentes é calculado da equação
de estado do gás ideal:
pi Vi
n=
RTi
∆Eint,1 → 2 = 3740 J.
=
(1, 01 × 105 P a)(103 m3 )
(8, 31 J/mol.K)(273 K)
=
44520, 26 moles.
(d) A energia cinética translacional por mol, antes da
compressão é:
3
Ki
= RTi = 3403 J,
n
2
e depois da compressão é:
Kf
3
= RTf = 340300 J.
n
2
∆Eint,2 → 3
nCV ∆T
=
(1, 0)(1, 5)(8, 314)(455 − 600)
=
− 1808 J.
Portanto, W2→3 = 1808 J.
Para o processo à pressão constante tem-se:
Q3→1
=
nCP ∆T
=
(1, 0)(2, 5)(8, 314)(300 − 455)
=
− 3222 J,
W3→1
(e) A razão entre os quadrados das vrms , antes e depois
da compressão, é:
2
vrms,f
Tf
27300
=
=
= 100.
2
vrms,i
Ti
273
=
=
p∆V = nR∆T
=
(1, 0)(8, 31)(300 − 455)
= − 1290 J,
∆Eint,3 → 1 = − 3222 − ( − 1290) = − 1932 J.
O calor efetivo transferido no ciclo é:
P-83.
Certa máquina térmica processa 1, 00 mol de um gás
ideal monoatômico através do ciclo mostrado na Fig.
http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
QTotal
= Q1→2 + Q2→3 + Q3→1
= 3740 + 0 − 3222
= 518 J.
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O trabalho total realizado no ciclo é:
WTotal
= W1→2 + W2→3 + W3→1
= 0 + 1808 − 1290
= 518 J.
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I (a) O número de moles na amostra é:
n=
pV
(2, 5 × 103 P a)(1, 0 m3 )
=
= 1, 5 mol
RTa
(8, 314 J/mol.K)(200 K)
(b) Para a temperatura no ponto b tem-se:
E para o ciclo, ∆Eint = QTotal − WTotal = 0.
pb Vb
pa Va
=
,
(b) Dada p1 = 1, 0 atm e T1 = 300 K, obtém-se a
Ta
Tb
pressão p2 :
p1
p2
=
pb Vb
(7, 5 × 103 P a)(3, 0 m3 )
T1
T2
Tb = Ta
= (200 K)
pa Va
(2, 5 × 103 )(1, 0 m3 )
donde tiramos facilemente
600 = 1800 K.
T2
p2 = p1
= 2, 0 atm.
= (1, 0 atm)
T1
300
(c) E para a temperatura no ponto c tem-se:
Para obter p3 , usa-se a relação entre a pressão e o volpc Vc
(2, 5 × 103 P a)(3, 0 m3 )
ume válida para os processos adiabáticos:
Tc = Tb
= (1800 K)
pb Vb
(7, 5 × 103 P a)(3, 0 m3 )
γ
γ
p2 V2 = p3 V3 ,
= 600 K.
O volume V2 é calculado com a equação de estado do
gás ideal:
V2 =
nRT2
p2
=
(1, 0)(8, 31)(300)
1, 013 × 105
=
=
0, 02462 m3
24, 62 litros.
O volume V3 obtém-se da relação:
T2 V2γ−1 = T3 V3γ−1 ,
V3γ−1 = V2γ−1
V30,67 = 11, 27
600
T2
,
= (24, 6)0,67
T3
455
V3 = 37, 34 litros.
V γ
2
p3 = p2
V3
24, 62 1,67
p3 = (2, 0 atm)
= 1, 0 atm.
37, 34
e
(d) O trabalho realizado pelo gás no ciclo é igual à área
do triângulo abc e vale 5000 J. Como é nula a variação
da energia interna no ciclo, o calor total adicionado ao
gás é igual ao trabalho, ou seja, 5000 J.
P-88.
Uma amostra de gás ideal se expande de pressão e
volume iniciais correspondentes a 32 atm e 1, 0 litro,
respectivamente, para um volume final de 4, 0 litros. A
temperatura inicial do gás era de 300 K. Quais serão
a pressão e temperatura finais desse gás e quanto trabalho ele realizará durante a expansão, se esta for (a)
isotérmica, (b) adiabática e o gás monoatômico, e (c)
adiabática e o gás diatômico?
I (a) Se a expansão é isotérmica, ∆Eint = 0 e Q = W .
A pressão no estado final será:
pi Vi = pf Vf ,
pf = pi
21.3
Problemas Adicionais
V i
Vf
= (32 atm)
1, 0 l
= 8, 0 atm.
4, 0 l
E o trabalho no processo isotérmico é dado por:
Z Vf
Z Vf
P-85.
dV
Vf
W =
pdV = nRT
= nRT ln
V
Vi
Uma amostra de gás ideal passa pelo processo cı́clico
Vi
Vi
ilustrado no gráfico p - V da Fig. 21−22. A temperatura
W = (32 atm.l)(ln4) = 44, 36 atm.l = 4494 J.
do gás no ponto a é 200 K. (a) Quantos moles do gás
existem na amostra? Quais são (b) a temperatura do gás (b) Para a expansão adiabática de um gás monoatômico
no ponto b, (c) a temperatura do gás no ponto c e (d) o tem-se Q = 0, CV = 32 R, CP = 52 R e γ = 53 = 1, 67. A
calor total adicionado ao gás durante o ciclo?
pressão final é:
pi Viγ = pf Vfγ ,
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1, 0 l 1,67
= 3, 16 atm.
= (32 atm)
Vf
4, 0 l
E a temperatura final é obtida por:
pf = pi
V γ
i
=
10, 8 J/K.
Ti Viγ−1 = Tf Vfγ−1 ,
Tf = Ti
V γ−1
i
Vf
=
=
1, 0 l 0,67
(300 K)
4, 0 l
118, 5 K.
∆Eint
=
3
(10, 8 J/K)(118, 5 K − 300 K)
2
=
− 2940, 30 J.
Da primeira lei, ∆Eint = − W . A variação da energia
interna é calculada por:
3
∆Eint = nCV ∆T = nR(118, 5 − 300),
2
Para o estado inicial, obtém-se:
nR =
pi Vi
Ti
=
E, portanto, W = 2940, 30 J.
(c) Se a expansão é adiabática e o gás é diatômico, temse Q = 0, CV = 52 R, CP = 72 R e γ = 75 = 1, 4.
Repetindo os mesmos cálculos do ı́tem anterior, obtém(32 atm)(1, 01 × 105 P a)(10−3 m3 ) se Pf = 4, 6 atm, Tf = 172 K e W = 3456 J.
300 K
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