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1.2 Exercícios sobre Calor de Transformação e Equilíbrio Térmico (Parte 1)

— 1.2. Calor de Transformação —

Exercício 1. Qual é a quantidade de calor necessária para levar {600\ g} de água da temperatura de {{40} \ ^oC} para o estado de vapor à {{100} \ ^oC}. Utilize o calor específico da água {4190\ J/(kg\cdot K)} e o calor latente de vaporização {2256 \cdot 10^3\ J/kg}.
NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.
Resolução 1 .

Trata-se de um exercício sobre calorimetria. Queremos saber qual é a quantidade de calor necessária para converter {600\ g} de água à {40 \ ^oC} em vapor.
Temos que converter as unidades das grandezas para o sistema internacional. A massa em {kg}. A temperaturas não precisa ser convertida, pois a variação de temperaturas em {^oC} e em {K} é igual.
Nota: o vapor de água na pressão atmosférica normal, está a uma temperatura de {100 \ ^oC}.

Dados
{Q \longrightarrow?}

{m = 600\ g}

{t_1 = 40 \ ^oC}

{t_2 = 100 \ ^oC}

{c = 4190\ J/(kg\cdot k)}

{l_V = 2256 \cdot 10^3\ J/kg}

Convertemos a massa para quilogramas ({kg}):

\displaystyle m = 600 \ g = 600 \cdot 10^{-3} \ kg

De acordo com o diagrama de transição de fases, na passagem de {40 \ ^oC} líquido {(1)} para vapor a {100 \ ^oC} {(2)} teremos duas quantidades de calor:

{Q_1 = m \cdot c \cdot \Delta t = m \cdot c \cdot (t_2 - t_1)} – quantidade de calor para variar a temperatura;

{Q_2 = m \cdot l_{V}} – quantidade de calor necessária para evaporar uma massa {m} de substância.

A quantidade de calor necessária para elevar a água à uma certa temperatura para o estado de vapor à {100 \ ^oC} é igual a soma das duas quantidades de calor anteriores. Assim:

\displaystyle Q = Q_1 + Q_2

\displaystyle m \cdot c \cdot \Delta t + m \cdot l_V = m \cdot c \cdot (t_2 - t_1) + m \cdot l_V

\displaystyle Q = m[c(t_2 - t_1) + l_V]

Substituindo os valores dados, obtemos:

\displaystyle Q = 600 \cdot 10^{-3} \cdot[4190 \cdot (100 - 40) + 2256 \cdot 10^3]

\displaystyle Q = 1504440

\displaystyle Q = 1,5\ MJ

— 1.3. Temperatura e Equilíbrio térmico —

Exercício 2. Mistura-se {25 \ g} de café a {90 \ ^oC} com {80 \ g} de leite a {25 \ ^oC}. Admitindo que não há troca de calor com o recipiente e que os líquidos têm o mesmo calor específico, determine a temperatura final do sistema (café+leite).
NÍVEL DE DIFICULDADE:Regular.
Resolução 2
Trata-se de um exercício de equilíbrio térmico (calorimetria) cujo o objectivo é determinar a temperatura final de um sistema (café-leite) dentro do recipiente.
Sempre que dois corpos são misturados, inicialmente a temperaturas diferentes, haverá sem troca de calor, até que os dois obtenham a mesma temperatura(temperatura de equilíbrio do sistema).
Aplicando o princípio de conservação de energia:

\displaystyle Q_1 + Q_2 + Q_3 + ... + Q_N=0

No caso, só temos quantidades de calor de mudança de temperatura:

\displaystyle Q_i = m \cdot c_i \cdot (t_2-t_1)

OBS: Não se considera a troca de calor com o recipiente pois o enunciado diz que não há troca de calor com o recipiente.

Dados

{m_c=25 \ g}

{t_{1C} = 90 \ ^oC}

{m_l = 80 \ g}

{t_{1l}= 25 \ ^oC}

{t_2-?}

{c_c = c_{l} = c_{agua} = 4190 \ J/(kg \cdot k)}

Como os dois trocam calor, teremos:

{Q_c = m_c \cdot c_c \cdot(t_2 - t_{1c})} – quantidade de calor do café.

{Q_l = m_l C_l \cdot (t_2 - t_{1l})} – quantidade de calor do leite.

Sabemos que:

\displaystyle Q_1+Q_2=0

\displaystyle \Rightarrow m_c \cdot c_c \cdot (t_2-t_{1c}) + m_l \cdot c_l \cdot (t_2-t_{1l})=0

\displaystyle \Rightarrow 25 \cdot 4190 \cdot (t_2- 90^o)+ 80 \cdot 4190 \cdot (t_2 - 25^o)=0

\displaystyle \Rightarrow 104750 t_2 - 9427500 + 335200t_2 - 8380000 = 0

\displaystyle \Rightarrow 104750 t_2 + 335200t_2 = 9427500 + 8380000

\displaystyle \Rightarrow 439950t_2 = 17807500

\displaystyle \Rightarrow t_2=\dfrac{17807500}{439950}

\displaystyle \Rightarrow t_2 = 40,5 \ ^oC

A temperatura de equilíbrio do sistema (café+leite) é igual a {T_f=41 \ ^oC}.

Exercício 3 .Quando {600 \ g} de substância {x} a {60 \ ^{o}C} são introduzidos num calorímetro contendo {80 \ g} de água a {15 \ ^{o}C} a temperatura de equilíbrio resultante é {19 \ ^{o}C}. Quando {90 \ g} de água a {50 \ ^{o}C} são vertidos sobre {500 \ g} de substância {x} a {15 \ ^{o}C} , contidos no mesmo calorímetro da situação anterior, a temperatura de e equilíbrio é de {36 \ ^{o}C}. Calcule o calor específico do substância {x}.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução  3 .

O exercício em questão é sobre calorimetria. Inicialmente, em um calorímetro, com água com massa de { m_{AA} = 80 \ g } e temperatura { t_{1{AA}}= 15 \ ^{o}C }, é introduzido uma substância x, de massa { m_{Ax} = 600 \ g } e a temperatura de { t_{1Ax} = 60 \ ^{o}C }. Esta mistura atinge o equilíbrio térmico à temperatura de { \theta_{1}= 19 \ ^{o}C }.

Noutra situação, no mesmo calorímetro, tem a substância {x} de massa { m_{B{x}}=500 \ g } a temperatura de {t_{1{Bx}}=15 \ ^{o}C}, e nele verte-se água de massa { m_{B{A}}=90 \ g } e temperatura { t_{1{BA}}=50 \ ^{o}C } . A temperatura de equilíbrio desta mistura é {\theta_{2}=36 \ ^{o}C }.

Portanto, temos duas situações (A e B) de mistura de água com a substância {x}.

As grandezas associadas as substâncias, água e x, no inicio terão índice 1 e no fim índice 2. Mas como temos duas situações. Vamos usar A e ) para distingui-las.

No que o o exercício fala da existência do calorímetro e não pede para desprezar o seu efeito.

Dados

{ m_{Ax}=600 \ g = 0,6 \ kg}

{ t_{1Ax}=60 \ ^{o}C}

{ m_{AA}=80 \ g \ = 0,08 \ kg}

{ t_{1AA}= 15 \ ^{o}C}

{\theta_{1} = 19 \ ^{o}C }

{c_A = 4190 \ J / kg \cdot K }

{m_{BA} = 90 \ g = 0,09 \ kg}

{t_{1{Bx}}=50 \ ^{o}C}

{m_{2{Bx}}=500 \ g = 0,5 \ kg}

{t_{1{Bx}}=15 \ ^{o}C}

{\theta_{2}=36 \ ^{o}C}

Calcularemos o calor específico do substância.

Para ambas as situações (A e B), a lei de conservação de energia cumpre-se, considerando os sistema isolados. Como não se despreza a capacidade calorífica do calorímetro disponível, então consideremos também a quantidade de calor que este absorve em ambos os casos. Logo temos:

Situação A:

\displaystyle Q_{Ac}+ Q_{A{A}}+Q_{Ax}=0

{Q_{Ac}} – quantidade de calor do calorímetro na situação A ({ Q_{{Ac}}= C_c \cdot (\theta - t_{1{Ac}})}).

{Q_{A{A}}} – quantidade de calor da agua na situação A ({Q_{A{A}}= m_{A{A}} \cdot c_A \cdot (\theta - t_{1AA})}).

{Q_{Ax}} – quantidade de calor na substância x na situação A ({Q_{Ax}= m_{A{x}} \cdot c_x \cdot (\theta - t_{1{Ax}})}).

Onde:

{C_c} – Capacidade térmica do calorímetro.

{t_{1{Ac}}} – Temperatura inicial do calorímetro na situação A (que é a temperatura inicial na água, que estava inicialmente no calorímetro). Então: {t_{1{Ac}} = t_{1{AA}} = 15 \ ^oC}, (no caso B, estava inicialmente a substância x no calorímetro; {t_{1{Bc}} = t_{1{Bx}} = 15 \ ^oC} ).

Então, na situação A:

\displaystyle Q_{Ac}+ Q_{A{A}}+Q_{Ax}=0

\displaystyle \Rightarrow C_c \cdot (\theta-t_{1{Ac}})+ m_{A{A}} \cdot c_A \cdot (\theta-t_{1{AA}})+ m_{A{x}} \cdot c_x \cdot (\theta-t_{1{Ax}}) = 0

Há duas incógnitas: {C_c} e {c_x}.

Substituindo os dados, obtemos:

\displaystyle \Rightarrow C_c \cdot (19-15)+0,08 \cdot 4190 \cdot (19-15)+0,6 \cdot c_x \cdot (19-60) = 0

\displaystyle \Rightarrow 4C_c+1340,8-24,6 c_x = 0 \ \ \ \ \ (1)

Como é apenas uma equação e duas incognitas, precisamos formar mais uma equação.Neste caso, na situação B, temos:

\displaystyle Q_{Bc}+ Q_{B{A}}+Q_{Bx}=0

\displaystyle \Rightarrow C_c \cdot (\theta-t_{1{Bc}})+m_{B{A}} \cdot c_A \cdot (\theta-t_{1{BA}})+ m_{B{x}} \cdot c_x \cdot (\theta-t_{1{Bx}}) = 0

\displaystyle \Rightarrow C_c (30-15)+0,09 \cdot 4190 \cdot (30-50)+0,5 \cdot c_x (30-15) = 0

\displaystyle \Rightarrow 15C_c - 7542 + 7,5c_x = 0 \ \ \ \ \ (2)

Combinando as equações 1 e 2, obtemoS:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} 4C_c + 1340,8 - 24,6 c_x = 0\\ 15C_c - 7542 + 7,5c_x = 0\\ \end{array}\right.

Para resolver este sistema , podemos usar o método de substituição. Isolaremos {C_c} na primeira equação e substituiremos na segunda:

\displaystyle 4C_c + 1340,8 - 24,6 c_x = 0

\displaystyle \Rightarrow 4C_c = 24,6 c_x - 1340,8

\displaystyle \Rightarrow C_c = \dfrac{24,6 c_x - 1340,8}{4}

\displaystyle \Rightarrow C_c = \dfrac{24,6}{4} \cdot {c_x} - \dfrac{1340,8}{4}

\displaystyle \Rightarrow C_c = 6,15 c_x - 335,2

Substituindo este resultado na segunda equação do sistema anterior, obtemos:

\displaystyle 15(6,15c_x - 335,2) - 7542 + 7,5c_x = 0

\displaystyle \Rightarrow 92,25c_x - 5028 - 7542 + 7,5c_x = 0

\displaystyle \Rightarrow 92,25c_x+7,5c_x = 5028 + 7542

\displaystyle \Rightarrow 99,75c_x = 12570

\displaystyle \Rightarrow c_x = \dfrac{12570}{99,75}

\displaystyle \Rightarrow c_x \approx 126 \ J / (kg \cdot \ ^oC)

Está a gostar da Abordagem? Veja também:

Exercícios e problemas resolvidos e explicados de Mecânica (Física 1);
Exercícios e Problemas resolvidos e explicados de Termodinâmica (Física 2);
Exercícios e problemas resolvidos e explicados de Gravitação (Física 2);
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Exercícios resolvidos

Vamos acompanhar a resolução de alguns exercícios.

Exercício 1

    Um calorímetro de alumínio, de {200g}, contem {500g} de água a {20^0C}. Um pedaço de alumínio de {300g} é aquecido até {100^0C} e colocado no calorímetro. Determine a temperatura final do sistema, supondo que não haja transferência de calor para o ambiente. ( { c_{agua}=4190 J/kg.K, c_{Al}=0,9 kJ/kg.K }).

  1. R: Como dados, temos:{m_{cal} = 200g = 0,2 kg,}{ m_{A} = 500g = 0,5 kg , }

    {m_{Al} = 300 g = 0,3 kg, }

    { T_{A} = 20 ^0C = 293 K = T_{cal},}

    { T_{Al} = 100^0C = 373 K , }

    { c_{A} = 4190 J/kg.K, }

    {c_{Al} = 900 J/kg.K}

    Como sabemos, ao juntarmos estes materiais, haverá troca de calor entre eles, ou seja, o calorímetro e a água, por estarem mais frios, vão receber calor do pedaço de alumínio, que está mais quente. Pelos valores das temperaturas do problema, e considerando as massas envolvidas, sabemos logo que o equilíbrio termodinâmico será atingido em uma temperatura entre {293 K} e {373 K}

    Partindo do princípio que não se perde calor para o exterior, a soma das quantidades de calor do sistema tem de ser nulas [o calor cedido por um corpo é sempre absorvido por outro corpo no sistema). Como o problema não envolve mudança de fase (mudança de estado de agregação), então teremos apenas três quantidades de calor:

    { Q_{A} = m_{A} . c_{A} . (T_F - T_{A}) }

    { Q_{Cal} = m_{Cal} . c_{Al} . (T_F - T_{Cal}) }

    { Q_{Al} = m_{Al} . c_{Al} . (T_F - T_{Al})}

    Como {Q_{A} + Q_{Cal} + Q_{Al} = 0}

    { \Rightarrow m_{A}. c_{A} . (T_F-T_{A}) + m_{Cal}. c_{Al} . (T_F-T_{Cal}) + m_{Al}. c_{Al} . (T_F - T_{Al})=0}

    Aplicando a propriedade distributiva, temos:

    {m_{A}. c_{A} . T_F-m_{A}. c_{A} .T_{A}+m_{Cal}. c_{Al} . T_F-m_{Cal}. c_{Al} . T_{Cal}}

    {+m_{Al}. c_{Al} . T_F-m_{Al}. c_{Al} . T_{Al}=0}

    { \Rightarrow}

    {m_{A}. c_{A} . T_F +m_{Cal}. c_{Al} . T_F +m_{Al}. c_{Al} . T_F = m_{A}. c_{A} .T_{A}  }

    { + m_{Cal}. c_{Al} . T_{Cal} + m_{Al}. c_{Al} . T_{Al}}

    Factorizando a temperatura de equilíbrio {T_F} e isolando-a, obtemos:

    { T_F= \frac{m_{A}. c_{A} .T_{A} + m_{Cal}. c_{Al} . T_{Cal} + m_{Al}. c_{Al} . T_{Al}}{m_{A}. c_{A} +m_{Cal}. c_{Al} +m_{Al}. c_{Al} }=301,5K=28,5^0C }

Exercício 2

    Uma amostra de 0,5 mol de Hélio (gasoso), expande-se adiabaticamente desde uma pressão inicial de {5 atm} e uma temperatura de {500 K} para uma pressão de {1 atm}. Determine:

  1. a)A temperatura final do gás.
  2. b)O volume final do gás.
  3. c)O trabalho realizado pelo gás.
  4. a)R: Temos como dados: {n=0,5 mol,}{ i=3 \Rightarrow \gamma=\frac{i+2}{i}=\frac{5}{3}=1,67 }

    (Hélio é um gás monoatómico),

    { p_1= 5 atm = 5,065.10^5 Pa,}

    { T_1=500K,}

    { p_2=1 atm = 1,013.10^5 Pa,}

    { R=8,31 J/mol. K}
    O processo realizado é uma expansão adiabática. A equação para um processo adiabático com pressões e temperaturas pode ser obtida dividindo a equação {p_1. V_1^\gamma=p_2.V_2^\gamma} pela equação {\frac{p_1^\gamma. V_1^\gamma}{T_1^\gamma} =\frac{p_2^\gamma. V_2^\gamma}{T_2^\gamma}}.

    A equação resultante será:

    { p_1^{1-\gamma}. T_1^\gamma= p_2^{1-\gamma}. T_2^\gamma. }

    Isolando {T_2}, ficamos com: { T_2=({\frac{p_1^{1-\gamma}. T_1^\gamma}{p_2^{1-\gamma}}})^{\frac{1}{\gamma}}=262,1K }

  5. b)R: como conhecemos a temperatura e a pressão do estado 2, podemos determinar o seu volume aplicando a equação de estado para um gás ideal: {V_2=n.R.T_2/p_2 = 0,01075 m^3}.
  6. c)R: Podemos calcular o trabalho aplicando a primeira lei da termodinâmica. {\Delta U= Q - W}. Como o processo é adiabático, então {Q=0}, logo {W=-\Delta U = -\frac{i}{2}.n.R.(T_2-T_1)=1482,7 J}
Exercício 3

Uma maquina térmica que opera com o ciclo reversível de Carnot, recebe calor de um depósito térmico a alta temperatura e conta com uma eficiência térmica de { 57,89\% } produzindo {2932 J} de trabalho em cada ciclo. Se o calor cedido vais para o ambiente que está a {27^0C}, Determine:

  1. a) A temperatura da fonte quente.
  2. b) A máquina cumpre com a desigualdade de Clausius? Justifique.
  3. a)R:Temos como dados:{W=2932 J,}

    {T_C=27^0C=300K,}

    {\eta=57,89\%=0,5789}

    Para o ciclo de Carnot, sabemos que {\eta=1-\frac{T_C}{T_H}}. Isolando {T_H}, temos: {T_H=\frac{T_C}{1-\eta}=712,4K=439,4^0C}

     

  4. b) R: O ciclo de Carnot é composto por dois processos isotérmicos e dois processos adiabáticos. Para o caso de motor, recebe calor na fonte quente e sede calor a fonte fria. Considerando os processos 1-2 expansão isotérmica, 2-3 expansão adiabática, 3-4 compressão isotérmica e 4-1 compressão adiabática, então a variação de entropia no ciclo será {\Delta S= \Delta S_{12} + \Delta S_{23} + \Delta S_{34} + \Delta S_{41}}. Nos processos 2-3 e 4-1 não há variação de entropia. Logo: {\Delta S= \Delta S_{12} + \Delta S_{34}= \frac{Q_H}{T_H}+\frac{(-Q_C)}{T_C}.} Para o ciclo de Carnot {\frac{Q_C}{Q_H} =\frac{T_C}{T_H} \Rightarrow \frac{Q_C}{T_C} =\frac{Q_H}{T_H}}, então {\Delta S= 0}, o que cumpre com a desiguldade de Clausius, que diz {\Delta S\geq 0}.
Exercício 4

      Um bloco de madeira de volume {V=60cm^3}, totalmente submerso está atado ao fundo de um recipiente com agua por meio de um fio inextensível de massa desprezável. quando o fio é cortado e o bloco emerge à superfície com {\frac{1}{4}} do seu volume fora da água. Sendo a densidade da água de {1g/cm^3}, determine:
  • a) A massa específica do bloco.
  • b) A tensão no fio, antes de ser cortado.
  1. a) R: Primeiro devemos tirar todos os dados e passa-los para o Sistema Internacional (S.I.).{V=60cm^3=60.10^{-6} m^3}{\rho_{agua}=1g/cm^3=1000kg/m^3}

    Quando o bloco flutua, o volume da parte imersa é {V_{im}=\frac{3.V}{4}=\frac{3.60.10^{-6}}{4}=45.10^{-6}m^3} De acordo com o princípio de Arquímedes, para o bloco flutuar é necessário que o Empuxo compense o peso do bloco, ou seja, {E=P\Rightarrow \rho_{liq}.V_{im}.g=\rho_{bloco}.V_{bloco}.g} Isolando a densidade do bloco, obtemos: {\rho_{bloco}=\frac{\rho_{liq}.V_{im}}{V}=750 Kg/m^3}.

  2. b) R: Quando o corpo está preso no fundo do recipiente por um fio, actuam nele três forças: Peso ou Força de gravidade, Força de Arquimedes ou Empuxo e Força de Tensão (no fio). O peso e a tensão actuam verticalmente de cima para baixo, enquanto que a força de Empuxo actua verticalmente de baixo para cima. Neste caso temos: { P+T=E\Rightarrow T=E-P=\rho_{liq}.V_{im}.g - \rho_{bloco}.V_{bloco}.g } Como, nesta situação, o bloco está completamente submerso, então {V_{bloco}=V_{im}} logo, { T=\rho_{liq}.V_{bloco}.g - \rho_{bloco}.V_{bloco}.g =0,147N}

 

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