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C apítulo 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 p 3 = 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
T
p p
Como a temperatura do termômetro de hidrogênio é 373,16 K no ponto de ebulição da água,
H
373,16K
(80kPa) 109,287 kPa. 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 p 3. De acordo com a Eq. 18-5,
3 3
E (273,16K)^ E^ e^ D (273,16K) D^.
p p T T p p
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos
3
E D (273,16K)^ E^ D.
p p T 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 torr 373,125K 273,16K (273,16K) p
Explicitando p 3 na equação apresentada, obtemos p 3 = 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 torr 273,16K (273,16K) 328torr
TD
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 = − 71 oC, y = − 96 oF.
(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
2 32 (5)(32) 160 C,
x = x + ⇒ x = = °
o que nos dá y = 2x = 320°F.
(b) Neste caso, y = x/2 e, portanto,
32 24,6 C,
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:
m b
m b
que nos dá as soluções m = 40,00/500,0 = 8,000 × 10
- e b = –60,00. Para y = 50,00, temos
1375 °X.
y b x 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:
m b
m b
que nos dá as soluções m = 100/(170 – 53,5) = 0,858 e b = 419. Para y = 340, temos
92,1°X.
y b x 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 α L T
− ∆ = + ∆ − ≈ ∆ = ∆ = × ° ° − °
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.
− D = D + aAl ∆ T = × ° ° − ° =
10. A variação de comprimento do poste de alumínio é
6 0 aAl^ T^ (33m)(23 10^ /C )(15 C)^ 0,011m^ 1,1 cm.
− ∆ = ∆ = × ° ° = =
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 β T V α T
− ′= + ∆ = + ∆ = + × ° ° − °
=
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
10,015cm 10,000cm (^) 1,88 10 5 /C.
(10,01cm)(100 C 20,000 C)
L
L T
α −
= = = × °
16. (a) Podemos usar as relações r = m/V e
2 ∆ ρ = ∆( m/V ) = m ∆(1 /V ) = − m V/V ∆ = − ρ( ∆ V/V ) = − 3 ρ( ∆ L/L. )
A variação percentual da massa específica é
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, o coeficiente 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 La La α (^) a T (20,11cm)(11 10 /C )(270 C 20 C) = 0,055 cm.
− ∆ = ∆ = × ° ° − °
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,
0,115 cm (^6) 23 10 /C. 270 C 20 C
L
T
α
= = = × °
19. O volume inicial V 0 do líquido é h 0 A 0 , em que A 0 é a área inicial da seção reta e h 0 = 0,64 m. O volume final é V = hA. O valor
que queremos calcular é h – h 0. Como A = pr^2 , temos
2 dA = 2 π r dr = 2 π r r α dT = 2 α π ( r ) dT = 2 α AdT.
Assim, a altura é
( )
0 líquido
0 vidro
V T
V
h A (^) A T
β
α
Como V 0 /A 0 = h 0 , temos
5 líquido (^4) (^0 0 ) vidro
1 0,64 1,3 10 m. (^1 2 1) 2(1 10 )(10 )
T
h h h T
β
α
− − −
(^) (^) ^
+ ∆ + × °
− = − = = ×
+ ∆ + × °
20. Dividindo a Eq. 18-9 pelo incremento de tempo ∆t e igualando o resultado à velocidade (constante) v = 100 × 10 - m/s, obtemos
0
T
v L t
α
Para L 0 = 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 = L 0 /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 x ≈ 0 2 α∆ T.
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 (^) α∆ T.
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.
Q = c m a ∆ T + L mF = ⋅ ° +
= × =
(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).
28. A massa de água que passa para o estado sólido é
50,kJ 0,151kg 151g. F 333kJ/kg
Q
m 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 T P t
∆ ⋅° × ° − °
= ×
A área necessária é, portanto,
4 2 2
2,3 10 W
33m. 700 W/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
2250 J/kg K 2,3 kJ/kg K. (0,40)(20)
Q Pt c 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,
L mF g + c ma g ( T (^) f − 0,0 C)° = m Lv (^) V + m cv a (100 C° − Tf ),
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)
F g a g f v V a 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, 2 3 5,
(2,0)(0,20 0,070 0,00767 ) (cal)
82cal.
f f
i i
T T
T T
Q cm dT m cdT T T dT
T T T
°
°
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 T t 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 T t 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 = 4,0×10^2 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 F g 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.
Q a = c ma a ∆ T + L mV v = ⋅ ° ° − ° +
= ×
(b) O calor transferido para o tacho é
3 Qt = c mt t ∆ T = 0,0923cal/g C⋅ ° 150g 100 C° − 20,0 C° =1,11 ×10 cal.
(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 3 2,03 10 cal + 1,11 10 cal 100 C = 873 C. 0,0923cal/g C 300g
a t i f c c
Q Q
T T
c m
+ × ×
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, Ti 1 a temperatura inicial do pedaço
de metal, Ti 2 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
( m ca a^ +^ m cr m^ ) ( Tf^ −^ Ti^ 2 ) +^ m cm m^ ( T^ f −^ Ti 1 )=0.
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 f i m f i
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
Q = c ma a ( T (^) ai − Tf ).
Se mg é a massa do gelo, e cg é o calor específico do gelo, o calor absorvido pelo gelo é
Q = c mg g ( T (^) f − Tgi ).
Como, de acordo com a lei de conservação da energia, esses dois valores devem ser iguais,
cama ( Tai − Tf ) = cgmg ( Tf − Tgi ).
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 de gelo (menor que mg) transformada em água. Nesse caso, o módulo do
calor cedido pela água é
Q = c ma a ( T (^) ai − Tf )
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 0
o C, 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,
c ma a ( T (^) ai − T (^) f ) = − c m T (^) g g gi + m Lg F + c m Ta g f.
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 m^3 e seja 10 Pa quando o volume é 4,00 m^3 , os valores das constantes devem ser a = 50 Pa e
b = –10 Pa/m
3
. Assim,
p = 50 Pa – (10 Pa/m^3 ) V
e
(^4 4 2 )
WB = ∫ 1 p dV = ∫ 1 50 − 10 V dV = 50 V − 5 V 1 = 200 J − 50 J −80 J + 5,0 J = 75 J.
(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 m^3 para 4,0 m^3 , enquanto a pressão permanece constante em 10 Pa. O trabalho realizado é
3 3 WC = p ∆ V = (10 Pa)(4,0m −1,0m ) =30 J.
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 | W total | = (2,0 m )(20 Pa)/2 = 20 J.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
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 ciclo de 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 m^3 e p = 30 Pa para V = 4,0 m^3. 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 m
3 e VC = 1,0 m
3 , 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
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 = (0,024 W/m K)(30ft F h/Btu)(1m/3,281ft) (5C /9F )(3600s/h)(1Btu/1055J)
= 0,13m.
L e = k Re e
(b) De acordo com a Eq. 18-32 e a Tabela 18-6,
(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 m^2 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 P rad (^) σε AT (5,67 10 W/m K )(0,9)(2,0m )(300K) 8 10 W.
− = ≈ × ⋅ = ×
(b) A energia perdida é dada por
2 4 ∆ E = P rad (^) ∆ = t (8 ×10 W)(30s) = 2 ×10 J.
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
kA TQ T F P L
⋅ × °
(b) De acordo com a Tabela 18-4, temos
cond 16J/s^ 0,048g/s. F 333J/g
dm P
dt L
56. A área da superfície da bola é
2 2 3 2 A 4 π R 4 π (0,020 m) 5,03 10 m.
− = = = × 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)
0,34 W.
P σε A Tf T i
− − (^)
= − ≈ × ⋅ × −
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
Q P t r
N N
57. (a) De acordo com a Eq. 18-
cond
TQ T F
P 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 − (− 20 oF) = 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,
cond 4 2 3
51,1K
(1,0 W m K) 1,7 10 W m. 3,0 10 m
P TQ^ T F
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
A T ( Q TF )
P
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
v a v a a v.
v a a v
L L L L k L k
k k k k k
∑^ =^ +^ =
Assim, a taxa de calor por unidade de área é
cond^ (^ ) 3
2
(51,1 K)(0,026 W m K)(1,0 W m K)
2 2(3,0 10 m)(0,026 W m K) (0,075m)(1,0 W m K)
18W m.
Q F a v
v a a v
P T^ T^ k k
A L k L k −
+ × ⋅ + ⋅
58. (a) A área da superfície do cilindro é
2 2 2 2 2 2 2 A 1 (^) 2 π r 1 (^) 2 π rh 1 1 2 π(2,5 10 m) 2 π (2,5 10 m)(5,0 10 m) 1,18 10 m
− − − − = + = × + × × = × ,
a temperatura do cilindro é T 1 = 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 4 P 1 (^) σε A T 1 amb (^) T 0,85 1,18 10 m (323K) (303K) 1,4 W. − (^)
= − = × − =
(b) Vamos chamar de h 2 a nova altura do cilindro. Como o volume V do cilindro não muda, devemos ter
2 2 V = π r h 1 1 (^) = π r h 2 2. Ex-
plicitando h 2 , obtemos
(^2 ) 1 2 1 2
2,5cm 5,0cm 125cm 1,25m. 0,50cm
r h h r
(^) (^)
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/cm
3 = 0,92 × 10
3 kg/m
3 , 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
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.
kA T v Ta P L
− −
= = ⋅ ×
×
(b) Como P cond (^) t = L mV = LV ( ρ V ) = LV ( ρ Ah ),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) 65 s. 0,208 W
t L^ V^ Ah 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 T
k k A L L
Explicitando T, obtemos
1 4 4 1 12 4 1
4,2 C.
k L T 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 ,
a A a π rh a π h a h π a π
na qual r = a / πé o raio do cilindro que representa o pinguim (já que, no caso de um cilindro circular, a = pr^2 ).
No caso de um cilindro formado por todos os pinguins, o raio é r ′ = Na / π(já que, nesse caso,
2 Na = π r ′ ) e a área que irradia
calor é
rad 2 2 2.
Na A Na π r h Na π h Na h N π a π
′ =^ +^ ′ =^ +^ =^ +
Como a potência irradiada é proporcional à superfície que irradia calor, temos
rad
rad
.
P A Na h N a h Na
NP NA (^) N a h a h a
π π
π π
Para N = 1000, a = 0,34 m
2 e h = 1,1 m, temos
2
2
1 2 / 1 2(1,1 m)^ /(1000)(0,34 m ) 0, 1 2 / (^1) 2(1,1 m) /(0,34 m )
h
r
P (^) h Na
NP (^) h a
π^ π
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
k A TQ TI k A T I TF 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 V rad (^ amb )
dm L P A T T dt
= = σε − (^).
A área total da superfície exposta da lata é
2 2 2 2 A π r 2 π rh π(0,022 m) 2 π (0,022 m)(0,10 m) 1,53 10 m
− = + = + = ×.
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 T dt 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
ρ (^1200 150 )
×
×
M
p M M 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
(10%) (200.000 toneladas métricas) (1000kg/tonelada métrica) (333kJ/kg) 10
6,7 10 J.
Q mL F
= ×
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,
(^160) int, int, int, int,
c b b a
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.
