FATECSP Prof. Renato Pugliese renatopugliese.wordpress.com Física II - 1º semestre de 2016 Lista de exercícios 3 Termodinâmica ********* Temperatura, calor e a 1ª lei da termodinâmica ********** No Livro-texto: Halliday, Resnick, Walker. Fundamentos de Física. Vol 2. Exercícios (8ª Ed., Cap. 18, p. 207-210): 7, 9, 15, 17, 27, 41, 43, 47, 49. ou (9ª Ed., Cap. 18, p. 209-212): 7, 13, 17, 15, 23, 41, 45, 49, 47. Respostas (8ª Ed.): 7. -92,1 ºX; 9. 29 cm 3 ; 15. 0,23 cm 3 ; 17. 360 ºC; 27. 160 s; 41. a) 0 ºC, b) 2,5 ºC; 43. -30 J; 47. 60 J; 49. a) 6,0 cal, b) -43 cal, c) 40 cal, d) 18 cal, e) 18 cal. ********* Entropia e a 2ª lei da termodinâmica ********** No Livro-texto: Halliday, Resnick, Walker. Fundamentos de Física. Vol 2. Exercícios (8ª Ed., Cap. 20, p. 268-270): 23, 25, 29, 33, 37, 41. ou (9ª Ed., Cap. 20, p. 269-271): 25, 27, 33, 31, 39, 43. Respostas (8ª Ed.): 23. a) 266 K, b) 341 K; 25. a) 23,6 %, b) 1,49.10 4 J; 29. a) 1,47 kj, b) 554 J, c) 918 J, d) 62,4 %; 33. a) 33 kj, b) 25 kj, c) 26 kj, d) 18 kj; 37. 20 J; 41. 2,03.
GABARITO ********* Temperatura, calor e a 1ª lei da termodinâmica ********** 5. a) TF = (9/5)TC + 32. Se queremos TF = 2.TC, então 2TC = (9/5)TC + 32 TC = 160 ºC e TF = 320 ºF b) Nesse caso, queremos TF = ½ TC Assim temos: TF = 12,3 F. 7. Considerando a escala X linear e comparando com a escala Kelvin nos pontos de fusão e ebulição da água, temos: [TX - (-170)]/[-53,5 - (-170)] = [TK -273]/[373 273] Para TK = 340 K, temos: TX = - 92,1 ºX 9. ΔV = 3α.V.ΔT V = (4π/3)R 3 Então: ΔV = 3α.(4π/3)R 3.ΔT = (23 10 6 /C )(4π)(10cm)(100 C) = 29 cm 3. Usando coef. de dilatação da tabela 18-2. 15. A xícara tem seu volume variado em: ΔV c = 3α a V c ΔT A glicerina tem seu volume variado em: ΔV g = γ g V c ΔT O volume derramado vale: ΔV g - ΔV c = 0,26 cm³. 17. O diâmetro do anel e da barra, após aumento de temperatura, será dado por: Lf = Li + Li.α.ΔT Igualando os diâmetros, temos: Lia + Lia.αa.ΔT = Lib + Lib.αb.ΔT Assim: ΔT = 335 ºC e, portanto, Tf = 360 ºC. 27. Uma massa de 0,100 kg de água, com c = 4190 J/kgºC, é aquecida de Ti = 23 ºC até Tf = 100 ºC. A quantidade de calor absorvida é de Q = m.c.δt. Se a potência de 200 W é dada por: P = Q/Δt, temos então: Δt = Q/P = m.c.δt/p = 160 s. 33. Para aumentar a temperatura de Ti = 20 ºC para Tf = 40 ºC em 1 h = 3600 s, de 200 L (equivalentes a 200 kg de massa) de água, temos uma potência de: P = Q/Δt = m.c.δt/δt = 4644 W Como isso equivale a apenas 20% da radiação do Sol que ali chega, fazemos:
Radiação total: 100%/x W = 20%/4644 W Assim: x = 23220 W A área de coleta é dada pela intensidade da radiação solar: I = P/A A = P/I = 23220/700 = 33,2 m² 41. a) Há três possibilidades: i. o gelo todo derrete e a temperatura de equilíbrio fica maior ou igual do que 0 ºC; ii. parte do gelo derrete e a temperatura fica em 0 ºC; iii. nada do gelo derrete e a temperatura fica menor ou igual do que 0 ºC. Usando a equação do equilíbrio térmico: Qrec + Qced = 0, temos que considerar alguma hipótese. Se o gelo não derrete e a água não congela, só haverá troca de calor sensível: m.c.δt(gelo) + m.c.δt(água) = 0 Nesse caso se calcularmos vamos obter Tf = 16,6 ºC, o que não faz sentido. Se considerarmos que parte do gelo derrete e parte não, Tf = 0 ºC e temos calores sensíveis e latentes: m.c.δt(gelo) + m.l(gelo) + m.c.δt(água) = 0 Assim, deixando m(gelo) no calor latente como incógnita, temos: m = 53 g (gelo derretido). b) Se for usado apenas um cubo de gelo, de 50 g, todo ele será derretido, visto que no item anterior notamos que 53 g derretem para a água chegar em 0 ºC. Assim, sabemos que o gelo esquentará, derreterá e a água proveniente do gelo esquentará também, ou seja: m.c.δt(gelo) + m.l(gelo) + m.c.δt(água derretida) + m.c.δt(água) = 0 onde a incógnita é a temperatura final da água e da água derretida. Tf = 2,5 ºC. 43. É possível calcular algumas variações de W e Q durante cada etapa: AB, BC e CA, sabendo que no término do ciclo ΔEint = 0. Durante AB a pressão é variável e o trabalho é a área sob a curva: W = p.dv = área = 20.3/2 + 10.3 = 60 J Durante BC: W = p.δv = 30.(-3) = - 90 J Durante CA: W = 0 (ΔV = 0) No ciclo completo, temos: Q = W e Wtot = - 30 J, o que nos dá: Q = - 30 J 47. Como não há W durante da, então ΔEint = Q. Como, no ciclo completo, ΔEint = 0, então: ΔEint(ac) + ΔEint(cd) + ΔEint(da) = 0-200 + ΔEint(cd) + 80 = 0, então: ΔEint(cd) = 120 J ΔEint(cd) = Q(cd) W(cd) W(cd) = 60 J 49. a) ΔEint(iaf) = ΔEint(ibf)
Por iaf: ΔEint = Q W = 50 cal 20 cal = 30 cal. Por ibf: W = Q ΔEint = 36 cal 30 cal = 6,0 cal. b) Se de i para f temos ΔEint = 30 cal, de f para i temos ΔEint = - 30 cal. Além disso, Q = ΔEint + W = 30 cal 13 cal = 43 cal. c) ΔEint = Eint(f) Eint(i). Então: Eint(f) = 40 cal. d) Como W(bf) = 0, então: Q(bf) = Eint(f) Eint(b) = 40 cal 22 cal = 18 cal. e) Pelo caminho ibf, Q = 36 cal, então Q(ib) = Q Q(bf) = 36 cal 18 cal = 18 cal. ********* Entropia e a 2ª lei da termodinâmica ********** 3. a) A energia absorvida como calor é Q = m.c.δt = 5,79.10 4 J b) Em um processo reversível, onde não há realização de trabalho, apenas troca de calor, com Tf = 373,15 K e Ti = 298,15 K, temos: ΔS = dq/t = m.c.dt/t = m.c.ln(tf/ti) ΔS = 173 J/K 7. a) Usando a equação do equilíbrio térmico Qrec + Qced = 0, temos: m.c.δt(alumínio) + m.c.δt(água) = 0 Tf = 57,0 ºC = 330 K. b) Para cálculo de entropia usamos [T] = K. Considerando um processo reversível e sem a realização de trabalho, temos: ΔS(alumínio) = dq/t = m.c.dt/t = m.c.ln(tf/ti) = -22,1 J/K c) ΔS(água) = dq/t = m.c.dt/t = m.c.ln(tf/ti) = +24,9 J/K d) ΔS = ΔS(Al) + ΔS(Ág) = 22,1 J/K + 24,9 J/K = +2,8 J/K 11. a) Usando a equação do equilíbrio térmico Qrec + Qced = 0, temos: m.c.δt(cobre) + m.c.δt(chumbo) = 0 Tf = 320 K. b) Em um sistema isolado: ΔEint = 0 c) ΔS = ΔS(Cu) + ΔS(Pb) = m.c.ln(tf/ti) + m.c.ln(tf/ti) = 1,72 J/K 23. a) ΔT = 75 ºC = 75 K e = (Tq Tf)/Tq = ΔT/Tq 0,20 = 75/Tq Tq = 341 K ΔT = Tq Tf Tf = 266 K
b) já resolvido acima: Tq = 341 K 25. a) A eficiência é dada por: e = (Tq Tf)/Tq Usando [T] = K, temos: e = 23,6% b) Como: e = W / Qq, o trabalho vale: W = e.qq = 0,236.(6,30.10 4 ) = 1,49.10 4 J. 29. Cancelado (excluímos Cap. 19 necessário para esse problema) 33. a) e = W/Qq. A quantidade de calor absorvida é de: Qq = 33 kj. b) Como Qq = Qf + W, temos: Qf = 33 8,2 = 24,8 kj c) Temos: Qq = W/e = 26 kj d) E: Qf = Qq W = 26 kj 8,2 kj = 17,2 kj. 37. Um refrigerador de Carnot trabalhando entre um dissipador em Tq e um interior em Tf, tem: K = Tf/(Tq Tf) = 294/(309 294) = 19,6 O coeficiente de performance é a relação entre o calor retirado do ambiente e o trabalho realizado para tal, portanto: K = Qf/W Qf = K.W = 19,6.1 = 19,6 J Ou seja, para cada joule gasto de energia, são retirados 19,6 J de calor do ambiente. 41. A eficiência da máquina é dada por (usando os índices da figura): e = W/Q1 = (T1 T2)/T1 (I) O coeficiente de performance do refrigerador é dado por: K = Q4/W = T4/(T3 T4) Como: Q4 = Q3 W, temos: (II) (III) (Q3 - W)/W = T4/(T3 T4) (IV = III em II) O trabalho gerado pela máquina é o mesmo usado pelo refrigerador (W). Isolando W em I e substituindo em IV, temos: Q3/Q1 = 2,03