1. (Fuvest 015) Um recipiente hermeticamente fechado e termicamente isolado, com volume de 750, contém ar inicialmente à pressão atmosférica de 1atm 1 atm e à temperatura de 7 C. No interior do recipiente, foi colocada uma pequena vela acesa, de,5 g. Sabendo se que a massa da vela é consumida a uma taxa de 0,1g / min e que a queima da vela produz energia à razão de 4,6 10 J / g, determine a) a potência W da vela acesa; b) a quantidade de energia E produzida pela queima completa da vela; c) o aumento Δ T da temperatura do ar no interior do recipiente, durante a queima da vela; d) a pressão P do ar no interior do recipiente, logo após a queima da vela. Note e adote: O ar deve ser tratado como gás ideal. O volume de 1mol de gás ideal à pressão atmosférica de 1atm e à temperatura de 7 C é 5. Calor molar do ar a volume constante: v Constante universal dos gases: R 1,08 atm / mol K. C 0 J / mol K. 0C 7 K. 0 C = 7 K. Devem ser desconsideradas a capacidade térmica do recipiente e a variação da massa de gás no seu interior devido à queima da vela.. (Unifesp 014) Um gás ideal passa pelo processo termodinâmico representado pelo diagrama P V. O gás, que se encontrava à temperatura de 57 C no estado inicial A, comprime-se até o estado B, pela perda de 800 J de calor nessa etapa. Em seguida, é levado ao estado final C, quando retorna à temperatura inicial. A linha tracejada representa uma isoterma. Considerando os valores indicados no gráfico e que a massa do gás tenha permanecido constante durante todo o processo, calcule: a) a temperatura do gás, em graus Celsius, no estado B. b) o calor, em joules, recebido pelo gás de uma fonte externa, quando foi levado do estado B para o estado final C.. (Enem 014) Um sistema de pistão contendo um gás é mostrado na figura. Sobre a extremidade superior do êmbolo, que pode movimentar-se livremente sem atrito, encontra-se um objeto. Através de uma chapa de aquecimento é possível fornecer calor ao gás e, com auxílio de um manômetro, medir sua pressão. A partir de diferentes valores de calor fornecido, Página 1 de 15
considerando o sistema como hermético, o objeto elevou-se em valores Δ h, como mostrado no gráfico. Foram estudadas, separadamente, quantidades equimolares de dois diferentes gases, denominados M e V. A diferença no comportamento dos gases no experimento decorre do fato de o gás M, em relação ao V, apresentar a) maior pressão de vapor. b) menor massa molecular. c) maior compressibilidade. d) menor energia de ativação. e) menor capacidade calorífica. 4. (Ita 014) Um recipiente contém um gás monoatômico ideal inicialmente no estado L, com pressão p e volume V. O gás é submetido a uma transformação cíclica LMNL, absorvendo de uma fonte quente uma quantidade de calor Q 1 e cedendo a uma fonte fria uma quantidade de calor Q. Pode-se afirmar que Q 1 é igual a a) 0pV. b) 51pV/. c) 8pV. d) 15pV/. e) 9pV/. 5. (Epcar (Afa) 01) Uma máquina térmica funciona fazendo com que 5 mols de um gás ideal percorra o ciclo ABCDA representado na figura. Página de 15
Sabendo-se que a temperatura em A é 7 C, que os calores específicos molares do gás, a volume constante e a pressão constante, valem, respectivamente, R e 5 R e que R vale aproximadamente 8 J mol K, o rendimento dessa máquina, em porcentagem, está mais próximo de a) 1 b) 15 c) 18 d) 1 6. (Ita 01) Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabática reversível de um estado inicial cuja pressão é P i e o volume é V i para um estado final em que a pressão é P f e o volume é V f. Sabe-se que γ Cp Cv é o expoente de Poisson, em que C p e C v são os respectivos calores molares a pressão e a volume constantes. Obtenha a expressão do trabalho realizado pelo gás em função de P i, V i, P f, V f e γ. 7. (Ita 01) A figura mostra um sistema, livre de qualquer força externa, com um êmbolo que pode ser deslocado sem atrito em seu interior. Fixando o êmbolo e preenchendo o recipiente de volume V com um gás ideal a pressão P, e em seguida liberando o êmbolo, o gás expandese adiabaticamente. Considerando as respectivas massas m c, do cilindro, e m e, do êmbolo, muito maiores que a massa m g do gás, e sendo γ o expoente de Poisson, a variação da energia interna U do gás quando a velocidade do cilindro for v c é dada aproximadamente por γ a) PV. b) γ PV 1. c) mc me mc vc m e. d) mc me vc. e) me me mc vc m c. 8. (Ita 010) Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P 0 e temperatura T 0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os Página de 15
atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial. 9. (Ita 010) Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar que a) processo JK corresponde a uma compressão isotérmica. b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T T 1 )(S S 1 ). T c) o rendimento da maquina é dado por η 1. T 1 d) durante o processo LM, uma quantidade de calor Q LM = T 1 (S S 1 ) é absorvida pelo sistema. e) outra máquina térmica que opere entre T e T 1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta. 10. (Unicamp 007) Um gás ideal sofre uma compressão isobárica sob a pressão de 4 10 N m e o seu volume diminui 0, m. Durante o processo, o gás perde 1,8 10 J de calor. A variação da energia interna do gás foi de: a) 1,8 10 J b) c) d) e) 1,0 10 J 8,0 10 J 1,0 10 J 1,8 10 J 11. (Enem 00) O diagrama mostra a utilização das diferentes fontes de energia no cenário mundial. Embora aproximadamente um terço de toda energia primária seja orientada à produção de eletricidade, apenas 10% do total são obtidos em forma de energia elétrica útil. Página 4 de 15
A pouca eficiência do processo de produção de eletricidade deve-se, sobretudo, ao fato de as usinas a) nucleares utilizarem processos de aquecimento, nos quais as temperaturas atingem milhões de graus Celsius, favorecendo perdas por fissão nuclear. b) termelétricas utilizarem processos de aquecimento a baixas temperaturas, apenas da ordem de centenas de graus Celsius, o que impede a queima total dos combustíveis fósseis. c) hidrelétricas terem o aproveitamento energético baixo, uma vez que parte da água em queda não atinge as pás das turbinas que acionam os geradores elétricos. d) nucleares e termelétricas utilizarem processos de transformação de calor em trabalho útil, no qual as perdas de calor são sempre bastante elevadas. e) termelétricas e hidrelétricas serem capazes de utilizar diretamente o calor obtido do combustível para aquecer a água, sem perda para o meio. 1. (Enem 001) A refrigeração e o congelamento de alimentos são responsáveis por uma parte significativa do consumo de energia elétrica numa residência típica. Para diminuir as perdas térmicas de uma geladeira, podem ser tomados alguns cuidados operacionais: I. Distribuir os alimentos nas prateleiras deixando espaços vazios entre eles, para que ocorra a circulação do ar frio para baixo e do quente para cima. II. Manter as paredes do congelador com camada bem espessa de gelo, para que o aumento da massa de gelo aumente a troca de calor no congelador III. Limpar o radiador ("grade" na parte de trás) periodicamente, para que a gordura e o poeira que nele se depositam não reduzam a transferência de calor para o ambiente. Para uma geladeira tradicional é correto indicar, apenas, a) a operação I b) a operação II. c) as operações I e II. d) as operações I e III. e) as operações II e III. Página 5 de 15
Gabarito: Resposta da questão 1: 4 a) Dados: Δ E,6 10 J/g; m m Δt 0,1g/min. Usando análise dimensional: E E m 4 J g J.600 J W Δ Δ P,6 10 0,1.600 Δt m Δt g min min 60 s W 60 W. b) Dado: m =,5 g. Usando os dados e resultados do item anterior e análise dimensional, vem:.600 J,5 g 4 E E 9 10 J. min g 0,1 min c) Dados: p0 1 atm; V0 750 ; Cv 0 J atm J ; R 0,08 8 ; mol K mol K mol K T 7 C 00 K; 1 mol 5. 0 O excesso de dados com valores aproximados e inconsistentes permite duas resoluções que chegam a diferentes resultados. Calculando o número de mols: - Pela equação de Clapeyron: p0 V 1 750 p0 V n R T 0 n n 1,5 mol. R T 0,08 00 - Por proporção direta: 5 1 mol 750 n n 0 mol. 750 n 5 Nota: por comodidade, será usado nos cálculos a seguir o segundo resultado: n = 0 mol. - A energia liberada pela queima da vela é absorvida pelo ar na forma de calor, aquecendo o ar do recipiente. Q 9 10 E Q n Cv ΔT ΔT ΔT 100 K 100 C. n C 0 0 v 4 - A queima da vela ocorre a volume constante, portanto toda a energia liberada é usada para aumentar a energia interna do gás. Como o ar deve ser tratado como gás perfeito, usando a expressão da variação da energia interna para um gás diatômico, vem: 5 ΔU 910 E ΔU n R ΔT ΔT ΔT 75 K 75 C. 5 n R 5 0 8 4 Nota: por comodidade, será usado nos cálculos a seguir o primeiro resultado: ΔT 100K. d) Aplicando a equação geral dos gases ideais: p0 V pv 1 p 4 p atm p 1, atm. T T ΔT 00 00 100 0 0 Página 6 de 15
Resposta da questão : Comentário 1: a questão ficará ÓTIMA se forem consertadas as incompatibilidades do enunciado, possibilitando duas soluções para a questão. a) Dados: 5 5 TA T C 57 C 0 K; QAB 800 J; PA 6 10 N / m ; PB 4 10 N / m ; VA 10 m ; VB 110 m. Aplicando a lei geral dos gases ideais: P 5 5 B VB PA V A 4 10 110 6 10 10 4 1 0 T B T T T 0 T 0 B A B B TB 110 K 16 C. b) Dados: 5 5 5 T C 57 C 0 K; PA 6 10 N / m ; PB 4 10 N / m ; PC 10 N/ m ; VA 10 m ; VB 110 m ; VC 4 10 m ; QAB 800 J. Resolvendo a questão com os dados apresentados: - Transformação AB. - Calculando o trabalho (W AB ) recebido na compressão AB, lembrando que esse trabalho é obtido pela área entre a linha do gráfico e o eixo do volume: PA PB 6 4 10 WAB VB V A WAB 1 10 W 500 J. AB - Aplicando a 1ª lei da Termodinâmica: ΔU Q W ΔU 800 500 AB AB AB AB ΔU 00 J. AB - Transformação BC. - Como a curva AC é uma isoterma, a variação da energia interna entre esses dois estados é nula ( ΔU 0). BC ΔUBC ΔUAB ΔU BC 0 00 ΔU BC ΔUBC 00 J. - Calculando o trabalho (W BC ) realizado na expansão AB: 5 5 PB PC 4 10 10 WBC VC V B WBC 4 10 110 4 4 1 10 W BC 1.050 J. - Aplicando a 1ª lei da Termodinâmica, obtemos a resposta esperada pelo examinador: ΔUBC QBC W BC 00 QBC 1.050 5 Q 1.50 J. BC Comentário : mostremos que o dado Q AB = 800 J está incompatível com a transformação, mostrando duas soluções para o problema. Essas resoluções supõem que o gás seja monoatômico. Página 7 de 15
1ª Solução: - Transformação BC. - Calculando a variação da energia interna ( Δ U BC). (U BC ): 8 ΔUBC ΔP V ΔU BC BC PC VC PB VB 4 4 1 10 10 ΔU 1.00 J. BC Aplicando a 1ª lei da termodinâmica: QBC WBC ΔUBC 1.050 1.00 QBC.50 J. ª Solução: - Aplicando a equação de Clapeyron ao estado A: P 5 A V A 6 10 10 100 PA VA n R T A n R n R T 0 0 40 n R J/K. 11 A Calculando a variação da energia interna ( Δ U AB) na transformação AB, usando os valores de temperatura: 40 40 ΔUAB n R ΔT AB ΔUAB 110 0 ΔUAB 0 11 11 ΔU 1.00 J. AB Notemos que esse resultado está perfeitamente coerente com o da 1ª resolução, pois: ΔUAB ΔU BC, porque as temperaturas em A e C são iguais ( ΔUAC 0). Aplicando a 1ª lei da termodinâmica à transformação AB: QAB W - - AB ΔUAB 500 1.00 QAB 1.700 J. Esse é o valor que deveria estar no enunciado!!! Assim: Q Q W ΔU W ΔU Δ Δ - AB BC AB AB BC BC QAB Q BC WAB WBC UAB U BC -1.700 QBC 500 1.050 0 QBC 1.700 500 1.050 QBC.50 J. OBS: Para a hipótese de o gás ser diatômico, os resultados são, ainda, mais discrepantes. Resposta da questão : [E] Como mostrado no gráfico, para uma mesma elevação Δ h, a quantidade calor absorvido pelo gás M é menor do que a absorvida pelo gás V Q Q. M V Página 8 de 15
Mas, para uma mesma variação Δ h, temos também uma mesma variação de volume ( Δ V). Como se trata de transformações isobáricas, os trabalhos realizados (W) também são iguais. Supondo gases ideais: WM n RΔT M W p ΔV n RΔT WV n RΔT V Assim: n RΔTM n RΔTV ΔTM ΔTV ΔT. Q Q n C ΔT n C ΔT C C. M V M V M V Resposta da questão 4: ANULADA. Questão anulada no gabarito oficial. Comentário: - Como o ciclo é anti-horário, trata-se de um ciclo refrigerador, em que o gás absorve de uma fonte fria, uma quantidade de calor Q 1 e cedendo a uma fonte quente uma quantidade de calor Q. Portanto, o enunciado está incoerente com o gráfico. - A questão foi classificada como RUIM por apresentar problemas de enunciado. Com o enunciado correto, ela se torna ÓTIMA. De qualquer forma, calculemos as quantidades de calor Q 1 (absorvida) e Q (cedida) no ciclo. Analisando o gráfico, vemos que o gás cede calor na transformação NL (Q < 0) e absorve nas transformações LM e MN (Q 1 > 0). Lembrando que o trabalho (W) é numericamente igual á área entre a linha do gráfico e o eixo do volume, apliquemos a primeira lei da termodinâmica a cada uma das transformações. - Transformação NL: 4 p p Q ΔUNL W NL Q p V 16 pv V 4 V 45 p V 15 p V 60 p V Q Q 0 p V. - Transformações LM e MN: Página 9 de 15
Δ Δ Q Q Q Q U W U W 1 LM MN 1 LM LM MN MN Q1 p 4 V V p4 V V 4 p p 4 V 0 9 p V 15 p V Q1 p V 18 p V 18 p V 51 p V Q 1. Essa seria a resposta correta (alternativa [B]), caso não houvesse problemas de enunciado. Podemos, ainda, conferir os resultados acima, calculando o trabalho no ciclo. V 4 V4 p p 9 p V Wciclo A ciclo W ciclo Wciclo 51 p V 9 p V Wciclo Q1 Q 0 p V W ciclo resultados coerentes. Resposta da questão 5: Questão anulada no gabarito oficial. O enunciado apresenta um valor incorreto do calor específico molar a volume constante. Segundo a relação de Mayer C P C V = R, e como podemos observar, os valores apresentados não convergem com essa relação. P V C C R 5/ R / R 11/6 R Por esse motivo a questão foi anulada. Porém, devemos ressaltar que caso utilizássemos os valores apresentados no enunciado encontraríamos uma das alternativas. Vejamos qual: Calculo do trabalho do gás no ciclo O trabalho no ciclo é numericamente igual à área do ciclo, assim sendo, temos: 5 4 W ( 1).10.(0,4 0,).10 J Calculando as temperaturas do gás no estado B, C e D. P V P V PV P V θ θ θ θ A A B B C C D D A B C D Comparando o gás nos estados A e B: P V A A B B θ A P V θ B 5 5 1.10 V A.10 V ( 7) θ B B = θ B.500 1000K θ B 1000K Comparando o gás nos estados B e C: PV B θ B B PV C θ C C 0, 0,4 C 1000 θ θ 000K C Comparando o gás nos estados C e D: Página 10 de 15
P V C C D D θ C P V θ D 5 5 θ D 1000K D.10 1.10 (000) θ Cálculo da quantidade de calor absorvido (Q ABS. ) pelo gás: Processo A B: 4 4 QV n.c V.ΔθAB Q V 5.( / ).8.(1000 500) Q V.10 J Processo B C: 5 QP n.c P.ΔθBC Q P 5.(5 / ).8.(000 1000) QP 10 J Nos processos C D e D A o gás rejeita calor para o ambiente (Q<0). Assim, o calor absorvido (Q ABS. ) é dado por: 4 4 4 4 4 Q ABS..10 10.10.10 J Calculando o rendimento da máquina térmica: W η Q ABS. 4 η.10 6 0,18 4 (4 / ).10 4 η 18% Resposta da questão 6: Lembrando-se do primeiro princípio da termodinâmica: Q τ ΔU, onde Q=0, pois a transformação é adiabática. Q τ ΔU 0 τ ΔU τ ΔU (eq.1) C Associando P γ, que foi dado no enunciado, com a relação de Mayer ( CP CV R ), CV teremos: CP CV R CP γ CV R γcv CV R CV γ 1 (eq.) Lembrando-se da equação de Clapeyron: PV P.V n.r.t T (eq.) nr Neste caso, podemos escrever a variação da energia interna como: ΔU n.c V(Tf T i) (eq.4) Substituindo "eq." e "eq." em "eq.4", teremos: Página 11 de 15
nr Pf Vf PV i i ΔU n.c V(Tf T i) ΔU. γ 1 nr nr 1 ΔU Pf Vf PV i i γ 1 Substituindo a equação acima em "eq.1": τ ΔU 1 τ PV i i Pf Vf γ 1 Resposta da questão 7: [C] Na ausência de forças externas, o sistema é mecanicamente isolado. Assim, quando abandonado, o êmbolo adquire velocidade de módulo v e para esquerda, enquanto o cilindro adquire velocidade de módulo v c para direita como indica o esquema. Pela conservação da quantidade de movimento (Q), em módulo: mc vc Qe Q c me ve mc v c v e. I me O trabalho (W) realizado pela força de pressão do gás é, em parte, transferido para o êmbolo e, em parte, transferido para o cilindro. Assim, pelo Teorema da Energia Cinética: me v e c e mc vc W Ecin E cin W. II Substituindo (I) em (II): m mc vc mc v m v e c c c mc vc W W m e me m v c c me mc vc m v c c me mc W W. me me III Se a transformação é adiabática, a quantidade de calor trocada é nula (Q=0). Sendo ΔU a variação da energia interna, Q a quantidade de calor trocada e W o trabalho realizado pela força de pressão do gás, da Primeira Lei da Termodinâmica: ΔU Q W ΔU W. IV Substituindo (III) em (IV) e alterando a ordem dos termos: Página 1 de 15
mc me mc vc W. m Resposta da questão 8: e Nas figuras acima: A: área da secção transversal do êmbolo. F E : módulo da força elástica. F E = k x. F G : módulo da força de pressão exercida pelo gás. F G = P A. Dados: P 0 ; V 0 ; V = V 0 e n = 1 mol. O enunciado afirma que o sistema está termicamente isolado, ou seja, a transformação é adiabática (Q = 0). Da 1ª lei da termodinâmica: U = Q W U = 0 W W = U W = nrt (1)R(T T 0 ) W = R T 0 T. Mas esse trabalho é armazenado na mola na forma de energia potencial elástica. Assim: kx R T 0 T k x R T T. (equação 1) 0 Na figura (a) podemos notar que: V V 0 = A x x 0 A (equação ) Na figura (b), na posição de equilíbrio: F E = F G k x = P A. (equação ) As equações () e () sugerem que escrevamos: Página 1 de 15
k x = (k x) (x) = (P A) k x = P V 0. (equação 4) V 0 A Mas, novamente na figura (b): P V = n R T P (V 0 ) = (1) R T P V 0 = RT. (equação 5) De (4) e (5): k x = RT RT = R T 0 T 6 7 T0.. Substituindo essa expressão na equação (1), temos: Resposta da questão 9: [B] T T = 6(T 0 T) 7T = 6 T 0 No ciclo temos as seguintes transformações: JK: expansão isotérmica. Se a entropia aumenta, o sistema recebe calor e realiza trabalho; KL: resfriamento adiabático. A temperatura diminui sem variar a entropia, logo não há troca de calor; LM: compressão isotérmica. A entropia diminui, o sistema perde calor e recebe trabalho; MJ: aquecimento adiabático. A temperatura aumenta sem variar a entropia. T Nota-se, então, que se trata de um ciclo de Carnot, com rendimento: 1 1 T Calculemos o trabalho realizado no ciclo, lembrando que a variação da entropia é: S = Q, onde Q é o calor trocado na transformação. T A transformação JK é isotérmica, portanto a variação da energia interna é nula. Da 1ª lei da termodinâmica ( U Q W ). Então: 0 = Q JK W JK W JK = Q JK. (equação 1) Q T JK Mas: S JK = Q S S T JK J K Q JK = (S S 1 )T. Substituindo nessa expressão a equação (1), obtemos: W JK = (S S 1 )T. Seguindo esse mesmo raciocínio para a transformação LM, que também é isotérmica, mas uma compressão, vem: W LM = (S 1 S )T 1 W LM = (S S 1 )T 1. Nas transformações KL e MJ o sistema não troca calor. Novamente, pela 1ª lei da termodinâmica: U KL = W KL e U MJ = W MJ. Como U MJ = U KL W MJ = W KL. O trabalho no ciclo é o somatório desses trabalhos, ou seja: Página 14 de 15
W ciclo = W JK + W KL + W LM + W MJ W ciclo = (S S 1 )T + W KL (S S 1 )T 1 W KL W ciclo = (S S 1 )T (S S 1 )T 1 W ciclo = (S S 1 ) (T T 1 ). Resposta da questão 10: [D] Por ser uma compressão, o trabalho realizado pelo gás é negativo: W pδ V 410 ( 0,) 8 10 J O calor é negativo, pois foi perdido pelo gás. Q 1,8 10 J Pela Primeira Lei da Termodinâmica, sabemos que: U Q W U 1,8 10 8 10 1,0 10 J Resposta da questão 11: [D] O rendimento das máquinas térmicas é bastante baixa. Resposta da questão 1: [D] I. Correta. Há necessidade de correntes de convecção para uniformizar a temperatura. II. Errado. A formação de gelo impede a circulação do calor. III. Correto. A limpeza facilita a troca de calor retirado do interior com o meio externo Página 15 de 15