resolução do halliday cap 18, Exercícios de Física

Baixe resolução do halliday cap 18 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 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 Kkelvins: (373,15 K)/(273,16 K) = 1,366. 2. Sabemos que p, = 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: TO A3B3K Px 373,16KP3”| 273,16K ) (S0kPa) =109,343kPa. Como a temperatura do termômetro de hidrogênio é 373,16 K no ponto de ebulição da água, =[ina10k n= stoRe SOR =109, 287kPa. (a) A diferença é py — pu = 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 T, a temperatura e seja p, a pressão do termômetro da esquerda. Seja Tp a temperatura e seja pp 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;. De acordo com a Eq, 18-5, T;=(QRI6K)|2E| e Ty=(27316K)|2P | D; D, Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos TT» =(273,16K) (eee , De acordo com o enunciado, T, = 373,125 K (o ponto de ebulição da água) e Ty= 273,16 K (o ponto triplo da água), p; — pp = 120 torr. Assim, 373,125K-—273,16K =(273,16K) 3 em | Explicitando p, na equação apresentada, obtemos p, = 328 torr. Em seguida, fazemos T,= 273,16 K (o ponto triplo da água) e consideramos T; a incógnita a ser calculada. Como a diferença de pressão é p; - pp = 90,0 torr, temos 273,16K —T, =(273,16K) (Gastar | 328tor Explicitando T, na equação apresentada, obtemos T, = 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 =-71ºC, y=-96ºE. (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 2432 > x=()6G9-=160C, o que nos dá y = 2x= 320ºF. 196 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Neste caso, y = x/2 e, portanto, lo =. > 11002. go, top = ul o que nos dá y=x/2 = -12,3ºF. 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: -70,00=m(-125,0)+b -30,00=m(375,0)+b que nos dá as soluções m = 40,00/500,0 = 8,000 x 102 e b = -60,00. Para y = 50,00, temos -Y-b 50,00+60,00 o m — 0,08000 =1375'X. 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: 373,15 =m(-53,5)+b 27315 = m(-170) +b que nos dá as soluções m = 100/(170 - 53,5) = 0,858 e b = 419. Para y = 340, temos -b 340-419 . a=E= “om — AX 8. Como, de acordo com a Tabela 18-2, o coeficiente de dilatação linear do latão é ct, = 19X 10-“/Cº, o aumento da área superficial do cubo de latão é dado por MA=6(L+AL)-61 =12LAL=120, BAT =12 (19X105/Cº) (30em)2(15ºC-20ºC) =1lem?. 9. Como, de acordo com a Tabela 18-2, o coeficiente de dilatação linear do alumínio é ct, = 23 x 105/Cº, o novo diâmetro é D=Dyd+a,AT) =(2,725em)[1+(23x105/C)(100,0ºC—0,000ºC)]=2,731 em. 10. A variação de comprimento do poste de alumínio é AC=CoayAT = (33m/23xX105/CY(15*C)=0,01Im=1,1 em. 11. O volume a 30,00 *C é dado por =V(+ BAT) =V (143047) = (50,00em')[1+3(29,00x105/Cº) (30,00ºC — 60,00ºC)] =49,87em” em que usamos a relação f = 3a e o valor de a para o chumbo da Tabela 18-2. 12. (a) O coeficiente de dilatação linear a da liga é AL 10,015cm—10,000cm == = =1,88x10/0º. “AT (0,01 cm)(100ºC-20,000:C) x MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 199 20. Dividindo a Eq. 18-9 pelo incremento de tempo At e igualando o resultado à velocidade (constante) v = 100 x 10º m/s, obtemos v=anÃ?, Para L, = 0,0200 me a = 23 x 10%/Cº, temos AT 0,217C%/s=0,217K/s. At 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 £, = Lo/2 e o comprimento depois do aumento de temperatura éL =, +CLAT. 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 £, e um cateto de comprimento x. De acordo com o teorema de Pitágoras, C-= Croat) 6. Como a variação de comprimento é pequena, podemos usar a aproximação (1 + tT)?= 1 + 2a: T, que equivale a desprezar o termo (a TP. Nesse caso, a equação anterior se reduz a x = (+24 AT = =2004AT que nos dá x = (,/20AT. ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos x= 0/2247 =&Im fafasao “/Cº)(32ºC)=7,5x10?m. APRENDA Enquanto a variação de comprimento da barra A( = 2a(,AT é proporcional a ciAT, a distância vertical percorrida pela barra no ponto em que ocorreu a dobra é aproximadamente proporcional a oaT. 22. (a) A água libera energia em duas etapas: primeiramente, reduzindo a temperatura de 20ºC para 0ºC; depois, transformando-se em gelo. A energia total transferida para o ambiente é O=cmAT+Lym=(4190]/kg-K)(125kg)(20ºC)+(333kJ/kg)(125kg) =5,2x10/]=52M]. (b) Antes que a água congele totalmente, a menor temperatura possível é 0ºC. 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 AT em uma massa m de água, é preciso fornecer à água uma quantidade de calor dada por Q = cmAT, em que cé 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 = cmAT e substituindo os valores conhecidos, obtemos O em(T,-T) (4190N/kg-K)(0,100kg)(100ºC = 230) | PP 200Jis 160s. APRENDA No caso de um aquecedor de potência fixa, o tempo necessário é proporcional a Q, que, por sua vez, é proporcional aAT= Ty T, 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). 200 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (a) O calor específico é dado por = Q/m(T, - T), na qual Q é o calor fornecido, m é a massa da amostra, T, é a temperatura inicial e T,é a temperatura final. Assim, lembrando que uma variação de temperatura em graus Celsius é numericamente igual a uma variação de temperatura em kelvins, temos 314J = É =SBIkg K. (30,0x10*kg)(45,0ºC— 25,09 s (b) O calor específico molar é dado por ne Lo = SHI cogoThmol K "NE,-1) (0,600mol(45,0C—25,0ºC) (c) Se N é o número de mols da substância e M é a massa por mol, m = NM e, portanto, 3 Net 30,0x10 kg =0,600mol. M 50x10º kg'mol 25. Usamos a equação Q = cmAT. Como é comentado no livro, a “Caloria” dos nutricionistas equivale a 1000 cal. Portanto, a massa m de água que deve ser consumida é ; m=L- 3500x10º cal =94640'g, cAT (Ig/cal-Cº)(37,0ºC—0,0ºC ) o que é equivalente a (9,46 x 10º g)/(1000 g/L) = 94,6 L de água. Trata-se, sem dúvida, de uma quantidade muito grande de água gelada para queimar apenas 500 g de gordura! 26. O trabalho que o homem tem que realizar para chegar ao cume do Monte Everest é dado por W = mgy = (73,0 kg)(9,80 m/s”)(8840 m) = 6,32 x 10º]. Assim, a massa de manteiga necessária é - (6,32x10º DQ,00 cal/4,186 1) SOOU calls =250g=0,25kg, 27. PENSE A prata está no estado sólido a 15,0º C. Para fundir a amostra, é preciso aquecê-la até a temperatura de fusão e depois fornecer o calor de fusão. FORMULE Como o ponto de fusão da prata é 1235 K (veja a Tabela 18-4) e a amostra está inicialmente a 15,0ºC (288 K), a quan- tidade de calor necessária para aquecer a amostra até o ponto de fusão é O =em(T,-T) = (2361/kg-KX0,130kg)1235C—288ºC)=2,91x10'], De acordo com a Eq. 18-16, a quantidade de calor necessária para fundir toda a prata depois que a amostra atinge a temperatura de fusão é 2), =mL, =(0,130kg)(105x10" J/kg) = 1,36x10º 3. 2, F g g em que L, é ao calor de fusão da prata, dado na Tabela 18-4. ANALISE O calor total necessário é 0=0,+0,=2,91x10!1+1,36x 10º] =4,27x 10]. APRENDA O processo de aquecimento está associado ao calor específico da prata, enquanto o processo de fusão envolve o calor de fusão. As duas grandezas variam de material para material. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 201 28. A massa de água que passa para o estado sólido é O SO o sthg-Is1g Le 333kJ/kg Assim, a massa de água que permanece no estado líquido é 260 g - 151 g = 109 g. 29. A potência consumida pelo sistema é p=[ 1 Jemar f 1 )AI8J/g *C)200x1 O em Lg/em?)(40ºC— 20º) 20%) 1 (20% (,0h)G600s) =2,3x10!W. A área necessária é, portanto, 2IAOW =D =33m”. 700 Wim” 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) IAT| = 30ºC = 30 K. Assim, para m = 0,40 kg, a Eq. 18-14nos dá |O] = em|AT| = (3000 J/kg - K)(0,40 ke)(30 K) = 36.000]. A taxa de variação (que, de acordo com gráfico, é constante nesse intervalo) é P=|0O|/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 IO] = Pt = (900 J/min)(30 min) = 27.000] = 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) |AT| = 20Cº. De acordo com a Eq. 18-14, temos co Pr 020 mjAT| mjAT| (0,40X20) =2250J/kg-K =2,3kJ/kg-K 31. Vamos chamar de m, a massa de vapor, de m, a massa de água e de m, a massa de gelo. Nesse caso, La, +Cal; T, —0,0ºC)=m,L, + 1m,ca(100ºC To. em que T, é a temperatura final. Explicitando m,, obtemos m Tea +Cae(T; 0,00) (99,7 callo)(1508) + (1callg - “C)A50 8)K50ºC—0,0º0) 1 E +cdOBC-T) — 539cal/s + (1cal/g- CS) 00ºC— 5020) = 33g. 32. O calor necessário pode ser calculado integrando o calor específico: 1, T, 15,0º€ 2 0= fem aT=mf” cdT =(2,09) f. qe (0:20+0,14T +0,0237º)dT =(2,0)(0,207+0,07072 +0, 0076TT (cal) =82cal. 204 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Para resfriar o líquido até -114ºC, é preciso remover uma quantidade de calor O=cmAT= (2,43 kJ/kg:K) (0,510 kg) (192 K) = 237,95 kJ. Finalmente, para solidificar o líquido a -114ºC, é preciso remover uma quantidade de calor O =Lym = (109 kJhkg) (0,510 kg) = 55,59kJ. Assim, o calor total a ser removido é 448,29 + 237,95 + 55,59 kJ = 742 kJ. 40. Sejam m, a massa de água, m, = a massa do recipiente, m,, a massa do pedaço de metal, T, a temperatura inicial do pedaço de metal, T, a temperatura inicial da água e do recipiente e T,a temperatura final do sistema. Nesse caso, o calor específico c, do metal satisfaz a equação (maca+ men (Ty Tia) +mnen (Ty —T)=0. Explicitando c,, obtemos o. Mila (7.-7,) o. (14kg)(4,18kJ/kg-K)(16,0ºC—18,0ºC) "em, (T,-[.) + ml T ) ” Q.6ks)(18,0ºC—16,0ºC) +(,8ks)(18,0ºC—180ºC) a =0,41kJ/kg-Cº = 0,41 kJ/kg-K. 41. PENSE O problema envolve um sistema formado por água e cubos de gelo. Como, inicialmente, os cubos de gelo estão a —15ºC (abaixo da temperatura de fusão), eles devem ser aquecidos até 0ºC 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 T, = 25ºC para uma temperatura final T, e a temperatura do gelo aumenta de T,, = —15ºC para T,. Se m, é a massa da água e c, o calor específico da água, o módulo do calor cedido pela água é fol=com MT). Se m, é a massa do gelo, e c, é o calor específico do gelo, o calor absorvido pelo gelo é O =cm (TT). Como, de acordo com a lei de conservação da energia, esses dois valores devem ser iguais, ComÁTa— TD =ConT;— To). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 205 Explicitando Ty e substituindo os valores conhecidos, temos r- Ca HCAM Ta Ca + Com, * (4190 J/kg KYO, 200 kg X25º O) + (2220 J/kg- K)(0,100 ke (15? C) - (4190 J/kg- KJ(0, 200 kg) + (2220 J/kg - K)(0,100 kg) =16,6'C. 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 T,= 0ºC, com uma massa m de gelo (menor que m,) transformada em água. Nesse caso, o módulo do calor cedido pela água é fel=cm 0-1 e o calor absorvido pelo gelo é O=cn(O-T)tmL, em que L,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 O 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, COMTE CTA ML, 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 - CAT + CAT, L, o * 4190 J/kg- KO, 200 ke)(25C) + (2220 Jlkg-K)(0,100kgX-15ºC) 333x10º m =5,3x10? kg-=53g. 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 0ºC, 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 [Ol=condTa— TD eo calor absorvido pelo gelo e pela água (depois que todo o todo o gelo derrete) é O=can(O-T)+m+cm(T— 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, CTT) = T+ ML, + CT. 206 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Explicitando T, obtemos Cam) Cm, + CAT, — ML, Substituindo os valores conhecidos, obtemos T,= 2,5ºC. APRENDA Para que o gelo seja parcialmente derretido, é preciso que o calor fornecido pela água seja suficiente para fazer com que a temperatura do gelo chegue ao ponto de fusão (para isso é necessária uma quantidade de calor de -c,m,T,. em que T, < 0), mais uma quantidade de calor mL que seja suficiente para fundir uma massa m de gelo. Se a quantidade de calor disponível depois que a temperatura do gelo chegar a 0ºC for maior que m,L,, todo o gelo se transformará em água, e a temperatura final será maior que 0ºC. 42. Se o diâmetro do anel a uma temperatura T, é D,o quando o anel e a esfera estiverem em equilíbrio térmico o diâmetro será DiDao[1+ 8, -To) | em que T,é a temperatura final e cx é o coeficiente de dilatação linear do cobre. Se o diâmetro da esfera a uma temperatura T, é D., quando o anel e a esfera estiverem em equilíbrio térmico o diâmetro será D=DolltesT, na qual a, é o coeficiente de dilatação térmica do alumínio. Como, na temperatura de equilíbrio, os dois diâmetros são iguais, Du[1+ 60,19] = Dall + ea(T; —T)) Explicitando a temperatura final, obtemos (usando os valores dos coeficientes de dilatação térmica do cobre e do alumínio que aparecem na Tabela 18-2): 7 Da Do- Data + Dk , Dea Dao - 2,54000 em—2, 54508 em + (2,54508 em)(23x 10 $/C*)(100,0ºC) (2,54508cm)(23x109/Cº)—(2,54000 cm) (17 x 10 9/C%) =50,38ºC. Como a temperatura inicial do anel é 0ºG, o calor recebido pelo anel é Q = cm. na qual , é o calor específico do cobre e m, é a massa do anel. O calor cedido pela esfera é O=cm (TT), na qual c, é o calor específico do alumínio e m, é a massa da esfera. Como o calor recebido pelo anel é igual ao calor cedido pela esfera, Cama, = Cane (Tp). Explicitando a massa da esfera, obtemos (usando os valores do calor específico do cobre e do alumínio que aparecem na Tabela 18-3): Cm, — G86Tkg K)(0,0200kg)(50,38%0) + oo "Ecdi-T) (00Jke-K)000%C-50,3870) =8,71X10ºks 8,71 e. 43. (a) No gráfico da Fig. 18-36, a primeira parte da trajetória A representa um processo a pressão constante, no qual o volume varia de 1,0 mº para 4,0 mº, enquanto a pressão permanece em 40 Pa. O trabalho realizado é W,=PAV =(40PaX(4,0mº -1,0mº)=1,2x102]. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 209 (c) Vamos fazer AE, = Emo /— Eu » Nesse caso, Eine = AEim + Ein, 1 =30 cal + 10 cal = 40 cal. Vamos resolver primeiro o item (e). (d) Como o trabalho W,, realizado na trajetória bf é zero, Oy Eos” Eno 140 cal -22 cal =18 cal. (e) Como, para a trajetória ibf, Q = 36 cal, 0,=0-O,=36 cal - 18 cal= 18 cal. APRENDA O trabalho W eo calor Q são grandezas que dependem da trajetória, ou seja, dependem da forma como o estado final é atingido a partir do estado inicial. Por outro lado, a grandeza AE,, = Q - W não depende da trajetória, mas apenas dos estados inicial e final; por essa razão, dizemos que AE,, é uma função de estado. 48. Como os pontos inicial e final são os mesmos, a variação da energia interna é nula e o calor recebido pelo gás é igual ao trabalho realizado: Q = W. Em termos das contribuições das diferentes partes do ciclo, Qua + Que + Qua = We Ou=W-Qu- Que =+15,0]-20,0]-0=-5,0]. Isso significa que o gás cede uma energia de 5,0 J em forma de calor. 49, Como o trabalho realizado no processo d — a é zero, Qu, = AE, q = 80]. Além disso, como a variação total da energia interna em qualquer ciclo fechado é zero, temos AE ac + AE cp + AB da = O -200]+ AE, int CD +80]=0, o que nos dá AE, c» = 120 ]. Assim, aplicando a primeira lei da termodinâmica ao processo c —> d, obtemos Woo = Ocp— AE cp = 180] — 120] = 60]. 50. (a) Como o processo a > b é uma expansão, W > 0 e, portanto, W,, = +5,0]. Como, de acordo com o enunciado, a variação da energia interna durante o processo é +3,0 ), a primeira lei da termodinâmica nos dá Q,= +8,0]. (b) O trabalho total (+1,2 )) é igual ao calor total (Qu, + Qu. + Q..), é sabemos que Qu = +80] Q, Ja = +2,5 ]. Assim, Que= (1,2 - 80-2,5)J=-9,3]. 51. Podemos usar as Egs. 18-38 a 18-40 para resolver o problema. Note que a área da superfície de uma esfera é dada por 4 = 41, na qual r é o raio da esfera. (a) De acordo com a Eq. 18-38, temos, para T. q, = (273,15 + 27,00) K = 300,15 K: Pa = 08AT!=(5,67x10* W/m?-K*)(0,850)(47)(0,500m)(300,15K)' =1,23x10W. (b) Para T, amb = (273,15 + 77,00) K = 350,15 K, temos P = 08AT, =(5,67x10 *W/m? -Kº)(0,850)(47)(0,500m)?(350,15K)' = 2, 28x10º W. (c) De acordo com a Eq. 18-40, Pa = Ps Bay =2.28X10!W—1,23x10ºW =1,05x10ºW. 210 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 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, L=kR = (0,024W/m-K)(30R?-Fº-h/Btu)(Lm/3,281f1)?(5Cº/9Fº)(36005/h)LBtu/10557) =0,13m. (b) De acordo com a Eq, 18-32 ea Tabela 18-6, o (kR, | 42860) o Bm L,=kRp + RR. ke =[0onS (0,13m)=2,3x10*m=2,3 km. 53. PENSE A energia é transferida continuamente, na forma de calor, de uma fonte quente à temperatura To para uma fonte fria à temperatura T,. 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 Peg =t42a 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 Ty € Ty. 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 (401 Wim-K)(90,0x10*m?)(125º€ = 10,0ºC) cond = =1,66x10"Jis. 0,250m APRENDA A resistência térmica R da placa de cobre é =L. 0250m omg KW. KO 401 Wim-K 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 mº 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, Pa =08AT! =(5,67x108 Win? K*(0,9)(2,0m?)(300K)! =8x10º W. (b) A energia perdida é dada por AE=PAt=(8X10º W)(308)=2x10']. 55. (a) De acordo com a Eg. 18-32, a taxa de condução de calor é dada por (b) De acordo com a Tabela 18-4, temos Poa 16 Le 33g E =0,048g/s. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 211 56. A área da superfície da bola é A=47R? =47(0,020 m)? =5,03x10? m?. De acordo com a Eq. 18-38, para T,= 35 + 273 = 308 Ke T,=47 + 273= 320 K,a taxa de produção de calor necessária para manter a temperatura T, é Pag = 0EA(T)—T')=(5,67x10 Wim? -K*)(0,80)(5,03x10* m?)[G20 K)'-(3o8 K'] =0,34W. Assim, o calor que cada abelha deve produzir durante o intervalo de 20 minutos é O Pt (0,34 W)(20 min)(60 simin) 0.813 N N 5 . : 00 57. (a) De acordo com a Eq. 18-32 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 To- Ty =72ºE — (-20ºF) = 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, T, E -(L0W/m sf SLIK Pena =k Tom e fat 3,0x10m A L k L7x10! W/m?. (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 AM-TO cond 3 L/k ? na qualo somatório do denominador se estende às três camadas. Se L, é a espessura de uma das camadas de vidro, L, é a espessura da camada de ar, k, é a condutividade térmica do vidro e k, é a condutividade térmica do ar, o denominador é LOL RAL, LE RES RR ha Assim, a taxa de calor por unidade de área é Pau (Lo Tek, o. (5L1 K)(0,026W/m-KJ,0W/m-K) A C2LkALK 23,0x10/m)(0,026W/m-K)+(0,075m),0W/m-K) =18W/m. 58. (a) A área da superfície do cilindro é A=2nrik 2n1h = 27(2,5x102m) + 27(2,5x10 2m)(5,0x10 2m)=1,18x102m?, a temperatura do cilindro é T, =273 + 30 = 303 K ea temperatura do ambienteé T, = 273+ 50= 323 K. Deacordo coma Eq. 18-39, temos mb P=0eA, (ma =") =(0, 8S)(Li8x102m?)[(323%)* —(303K)'] =14W. amb (b) Vamos chamar de h, a nova altura do cilindro. Como o volume V do cilindro não muda, devemos ter V =77r2h =/012h,. Ex- plicitando h,, obtemos An), = (25m , o o n8] h= ( Soa) (5,0em)= 125em=1,25m 214 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Para N = 1000, a= 0,34m?e h= 1,1 m, temos E, +2hymiNa 1+2(,1 m)/7/(1000)(0,34 m?) NE 1+2hyxia Im m/(0,34 mM) ot (b) A redução percentual da perda de calor é (1,00 0,16) x 100% = 84%. 65. Vamos supor (embora essa hipótese possa ser contestada) que a superfície superior do gelo está a uma temperatura T, = -5,0ºC. Menos duvidosas são as hipóteses de que a temperatura do fundo do lago é To = 4,0%C e de que a temperatura da interface gelo-água é T,= 0,0ºC. Supondo que o mecanismo principal de transferência de calor é a condução, a Eq. 18-34 nos dá Fon ATo To) Raw AQE) (O12)4(4,0º-0,0º) — (0,40)4(0,0º+5,0º) La Loco 14Lao aco , Explicitando L ,, obtemos: L,., = 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 Lt p= 0eAMa-T'). A área total da superfície exposta da lata é A=m1º+2xrh=1(0,022 m)? +27(0,022 m)(0,10 m) =1,53x10? m?. Para Tu = 320 =305K, T=15ºC=288Keg=1, a taxa de perda de massa de água é dm ce4 ATL =6,82x107 kg/s = 0,68 mg/s. 1º) = 6 STX10 "Wim? 0 0)(,53x10 2 mº) 4 Cs — 2,256x10º Jikg [gos K)'-(288 K'] 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 = plp, 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, Mim = mSÓXO M p " > M="1200 150x10 =0,0306M. Como, de acordo com o enunciado, m = 0,30 M, a porcentagem de manteiga de cacau fundida é 0,0306/0,30 x 100% = 10%. 68. O calor necessário é 0=(10%)mL, =[ro [200 000tonelads métricas) (1000kg/tonelada métrica) (333kJ/kg) =6,7x102]. 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 AE,, no processo ca é -160), Es, — Eiua = 160]. De acordo com a primeira lei da termo- dinâmica, 160=E, 1. Ep +E o E; inte inta =Op se Wave! Cap Wah =40-0+200-W, abr Assim, W, p= W,., =240— 160 =80]. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 215 70. Podemos usar as equações Q = cmAT e m = pV. O volume de água necessário é o (1,00x10ºkcal/dia)(Sdias) É Se DOO SOCO 357. PCAT (1,00x10kg/m))(1,00kcal/ke)(50,02C — 22,0ºC) 71. De acordo com o gráfico da Fig. 18-51, a variação de temperatura é AT = 25ºC. Como um watt corresponde a um joule por segundo, a energia removida é O=(2,81 J/s)(20 min)(60 s/min) =3372J. Assim, para m = 0,30 kg, a Eg. 18-14 nos dá o mAT c= =4,5x1O kg -K. 72. De acordo com a equação P. cond =KkA(To — ToJL, a temperatura T, a uma profundidade de 35,0 km é Palm (64 0x108Wkm?)(35,0X10M) |, pec neçs fa E HO,O'C=166C, 73. O volume inicial é 5º = 125 cmº; de acordo com a Tabela 18-2 e as Egs. 18-10 e 18-11, temos AV =(125mº) (3x 23x10$/Cº) (50,0Cº)=0,432em?. 74. Conforme é mostrado no exemplo “Equilíbrio térmico entre cobre e água”, a temperatura final pode ser expressa pela seguinte equação: CT, + ChTo cite, =aT,+b, em que foi levado em conta o fato de que m, = my. Assim, em um gráfico de Ty em função de T,, a inclinação é dada por a=c,l(c, + cy), eo ponto de interseção com o eixo T,é o ponto b=c,Tyl(c, + €,). No gráfico da Fig. 18-52, = 0,4eb= 150K. (a) Explicitando T, na equação b = cyTul(c, + c4), obtemos T;=b CatCp do Db IS o sagk Ch 1- l-a 1-0,4 (b) Como a = c, /(c, + c5) = 0,4, cofcy = 0,6/0,4 = 1,5. 75. Note que o trabalho realizado no processo cb é zero, já que não há mudança de volume. Note também que o valor absoluto do trabalho realizado no processo ba é dado, mas não o sinal, que identificamos como positivo porque envolve uma redução de volume. A transferência total de calor é Q,, = [(-40) + (-130) + (+400)] J = 230 ]. De acordo com a primeira lei da termodinâmica, temos Qu = Wa B30T=Wie Wa tWioa =Wooe +0+(-80]). Assim, W,,. =230] + 80] = 3,1x102]. 76. Chamando de 1 a barra de Invar, de 2 a barra de alumínio e de 3 a barra de aço, a lei dos cossenos nos dá: = +E-2LLcosd em que à é o ângulo oposto à barra de Invar. 216 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Usando a equação L = L, (1 + aAT), dividindo por L, (que é o mesmo para as três barras) e ignorando termos de ordem (AT), obtemos 1+20,A7=2+2(0,+0)AT-2[1 + (0,+0,) AT] cos q. Explicitando AT, obtemos AT= cosó-—1/2 cos(59,95º)— 0,5 “lg rad-cosa-a, G3rIDIL-cos(so,959]-0,7 "10" = 466. e, portanto, a temperatura final é T = 20,0º + AT = 66ºC. 77. PENSE O calor fornecido ao gelo não só aumenta a temperatura do gelo até a temperatura de fusão, mas também transforma o gelo em água. FORMULE Sejam 11, a massa do cubo de gelo e c, o calor específico do gelo. A energia necessária para aumentar a temperatura do cubo de gelo até a temperatura de fusão (0ºC) é O,=cjn ÃO — T,) = (2220 Jhkg - K)(0,700 kg)(150 K) = 2,331 x 10]. Como a quantidade total de calor fornecida ao gelo é Q = 6,993x 10], Q, < Q, o que significa que o calor transferido é suficiente para derreter total ou parcialmente o gelo. A quantidade de calor necessária para derreter todo o gelo é O, =m,L, =(0,700kg)(3,33x 10º J/kg)=2,331x10ºJ. Como O +0, =4,662x10]< 0 =6,993x10'], todo o gelo vai derreter, e o calor restante, que é AO=0-(0,+0,)=6,993x10) 1-4,662x10º 1 será usado para aumentar a temperatura da água. ANALISE A temperatura final da água é dada por AQ = mc; T; Substituindo os valores conhecidos, obtemos Ao 2,331x10º 3 (0,700 kgX4186,8 J/kg-K) ; =79,5C. Mi Cagua APRENDA Os conceitos básicos de que trata este problema são abordados no Exemplo 18.04, “Mudança de temperatura e de fase”, Uma importante diferença entre o item (b) do exemplo e o nosso caso é que, no nosso caso, a quantidade de calor fornecida é mais do que suficiente para derreter todo o gelo. Nesse caso, como é discutido no item (a) do exemplo, o problema deve ser resolvido em três etapas. 78. (a) De acordo com a Eq. 18-32, a taxa com a qual o calor é conduzido para cima é SOC as74W. =(0,400 Wim “CAGa = (b) O calor de fusão neste processo é Q = Lim, em que L, = 3,33 X 10º J/kg. Derivando a expressão em relação a t e igualando o resultado a P. uu obtemos -40 1 dm Po 21, Si, Assim, a taxa de conversão de água em gelo é dm Fa 161AW es 0nagsA)kg)s. dt Lp 333x10 Jkg MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 219 ANALISE Fazendo Mata (Tiu — To) = MaganCagua (T, — To agum )» obtemos Mt ai, + Ma ana MC a + MsguaCsgua (2,50 kg) (900 Jhkg -K(92ºC) + (8,00 kg)(4186, 8 J/kg - K)(5,0ºC) º (2,50 kg)(900 J/kg - K) + (8, 00 kg)(4186,8 J/kg-K) =10,5ºC T,= APRENDA Como o problema não envolve transformações de fase, toda a energia cedida pelo alumínio é usada para aumentar a temperatura da água. 86. Se na temperatura mais baixa a altura da vidraça é L, e a largura é L, e na temperatura mais alta a altura é L, + AL, e a largura é L, + AL, a área aumenta de A, = LL, para A, =(L+AL)(L)+AL)=LL,+D AL+L, AL na qual o termo AL, AL, foi desprezado porque é muito menor que os outros termos, se as variações de comprimento forem pequenas. Assim, a variação da área é M=4,-A=1 AL +, Ah, Se AT é a variação de temperatura, AL, = GL, AT e AL, = GL, AT, na qual a é o coeficiente de dilatação térmica. Assim, M=(LL+LL)AT=20LAT =2(9x10%/Cº) (30cm) (20cm) (30ºC) =0,32em?. 87. A área da superfície lateral de um cilindro de altura h e raio r é A, = 27trh e a área da superficie de uma esfera de raio R é A, =47R2. A taxa líquida de troca de energia com o ambiente é dada pela Eq. 18-40. (a) Vamos estimar a área A da superfície do corpo do novato como a área lateral de um cilindro com h = 1,8 m de altura e r=0,15m de raio, mais a área da superfície de uma esfera com R = 0,10 m de raio. Assim, A = 4, + A, = 1,8 m2. A emissivi- dade £ = 0,80 é dada no problema, e a constante de Stefan-Boltzmann é dada no Módulo 18-6: 0 = 5,67 x 10º W/m?2Kº. A temperatura do ambiente é T..p = 303 K e a temperatura da pele é T = 5(102 - 32)/9 + 273 = 312 K. Assim, Ra = 0EA(TiyT')=-86W. amb Assim, a taxa com a qual o corpo do novato perde calor é aproximadamente 90 W. (b) Metade da área da superfície do corpo do novato corresponde a A = 1,8/2 = 0,9 mê. Para Ty = 248 K, temos [Ba l=| 08A(Tk -T')=2,3x102W. lig (c) Finalmente, para Tu. = 193 K e para A = 0,9 m?, [Pa] = 3,3x10º W. 88. De acordo com as Egs. 18-9 e 12-23, AL=loar e É 220 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR De acordo com a Tabela 12-1, o limite de ruptura do aço é (F/A) ua = S, = 400 x 10º N/m?. Combinando as equações mostradas, descobrimos que a barra se romperá se a variação de temperatura exceder S, 400x10N/m? aT=5L= 0 — — OE AMD 1820. Eo (200x10 Nim?) (11x109/Cº) Como se trata de uma redução de temperatura, a temperatura na qual a barra se rompe é T'= 25,0ºC — 182ºC = -157ºC. 89. (a) Vamos chamar de N o número de vezes que o peso é levantado. Nesse caso, Nmgh = Q, o que nos dá o Gsocaeasóricam n=2 - 6500CaDKIBSNCAD amy mgh” (80,0F) (9,80m/5?) ,00m) — SX (b) O tempo necessário é - 100h) 1=08700/2,009[ eos |=10:4h 90. No caso de materiais isotrópicos, o coeficiente de dilatação linear a está relacionado à dilatação volumétrica através da Eq. 18-11, a = 8/3. O valor do raio da Terra está no Apêndice C. O aumento estimado do raio da Terra é dado por AR, =R,0AT= (G410"km 5 [sono “18 3000K 300%) =1,7x10%km 91. Supondo que o gelo está inicialmente a 0ºC, o calor necessário para derretê-lo é dado pela Eq, 18-16. Usando o calor de fusão do gelo da Tabela 18-4, temos O = Im = (333 J/8/(1,00 8) = 333], 92, Uma forma de resolver o problema é simplesmente calcular a variação de comprimento de cada lado usando a Eq, 18-9 e depois calcular a variação da área: AA, =(x9 +42) (9 + AD) 4930 =40AV + V9Ax + AxAy = 20x, 9, AT + 0º x,y) (AT? =2(9x105)20,0)(0,200)(0,300) + (9x10-5)2(20)2(0, 200+0,300)? =2,16x10%+8,1x10º =2,16x10º m?. Outro método consiste em usar a relação AA = 2:4,AT (válida para AA/A << 1) que é obtida calculando a diferencial de A = xy e substituindo os acréscimos infinitesimais por acréscimos finitos. 93, Devemos calcular uma energia E igual a 0,5% de E, em que E, = P,ut, e Pu é dada pela Eq. 18-38. Assim, para 4 = 477 = 5,03 x 10º mê, temos E=0,005E,u = 0,005P,.q t = 0,0050€AT't = (0,005)(5,6704 x 10)(0,80)(5,0 x 103)(500)'(120) =8,6] 94. Vamos chamar de T, a temperatura inicial da água e de T, a temperatura inicial do termômetro. Como o calor recebido pelo termômetro é igual ao calor recebido pela água, temos cam (T, Ti) =CoMtaTa To). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 221 Explicitando a temperatura inicial da água, obtemos cmT To q - (0,0550kg)(0,837kJ/kg-K)(44,4-15,0)K Colt , (4 1SKJ/kg-Cº)(0,300kg) =45,5ºC. +44,4ºC 95. O trabalho total pode ser calculado como uma soma de trabalhos (um para cada processo) ou como a área envolvida pela curva que representa o ciclo no diagrama pV, com o sinal apropriado. Nesta solução, vamos usar a primeira abordagem. (a) O ciclo da Fig. 18-57 no qual o gás volta ao estado inicial através da trajetória A envolve três processos: + O processo representado pela trajetória B, no qual, de acordo com a Eq. 18-25, o trabalho é dado por 40Pa + 10Pa 5 (4,0m*-1,0m*)=75J. + O processo representado por uma reta vertical, no qual o trabalho é zero, já que o volume permanece constante. + O processo de retorno ao estado inicial, no qual o trabalho é dado por W,=(40Pa)(1,0mº -4,0m*)=-120J. O trabalho total realizado durante o ciclo BA é, portanto, W,, = 75 - 120=-45]. (b) O ciclo da Fig. 18-57 no qual o gás volta ao estado inicial através da trajetória C envolve três processos: + O processo representado pela trajetória B, no qual, como foi visto no item (a), o trabalho é W, =75]. + O processo representado pela trajetória C, no qual o trabalho é dado por W. = (10Pa)(1,0mº —4,0m*)=-30]. + O processo de retorno ao estado inicial, no qual o trabalho é zero, já que o volume permanece constante. O trabalho realizado durante o ciclo BC é, portanto, W,c= 75 — 30 = +45]. 96. (a) A variação de comprimento da barra como um todo é AL=AL, +AL, =0,4,AT +04 LAT = (061, +06L,)AT. Fazendo AL = «LAT e igualando essa expressão à expressão anterior, obtemos a Abalo 1 (b) De acordo com o enunciado do problema, a = 1,3 x 10%/Cº = 13 x 10-$/Cº; de acordo com a Tabela 18-2, a, = 11x 10%Cº e &,= 19X 10$/Cº. Substituindo os valores conhecidos na equação anterior e levando em conta que o comprimento total L da barra é 52,4 cm, obtemos o sistema de equações = QIx10$/CIL +(19x105/COL, L+4L, a=13x109/€º L=L,41,=524em que nos dá L, = 39,3 me ()L,= 13,1 em. 97. A energia necessária para fazer a temperatura de uma massa m aumentar de uma temperatura inicial T, para uma tem- peratura final T,é Q = cm(T,- T), em que c é o calor específico da água. Por outro lado, cada sacudida fornece à água uma