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67/76Material complementar ao livroFísica – Ondas, óptica e termodinâmica, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 2). © Editora Ática. Todos os direitos reserv1

O N D A S

TEMPE

R

R A D I A Ç Ã O

T É R M I C A S

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R e s p o s t a s d a s Q u e s t õ e s d e V e s t i b u l a r e s

Termodinâmica: calor, teoria cinética dos gases

1. a) Incorreta. A temperatura mínima na natureza na es-cala Celsius é tC = –273,15 °C.

b) Incorreta. Sabendo que o coeficiente de dilataçãodos metais é da ordem de 10–5 °C–1 e a contração decomprimento pretendida é ∆ℓ = –0,30 m, para umcomprimento inicial ℓ0 = 1,0 m, da expressão da dila-tação linear,∆ℓ =αℓ0∆t, teríamos:–0,30 = 10–5 1,0∆t⇒ ∆t = –30 000 °Cque é uma redução de temperatura impossível deser conseguida.

c) Incorreta. A massa não varia com a temperatura. d) Incorreta. O barco continua a flutuar, pois seu peso

continua o mesmo. e) Correta. Dobrar a energia média das moléculas de um

corpo equivale a dobrar a sua temperatura em kelvin.Resposta : alternativae .

2. Sendo V 0 = 2 L, t0 = 27 °C⇒ T 0 = (27 + 273) K = 300 K ep0 = 1,5 atm as condições iniciais desse gás, que é leva-do a um novo estado em que V = 1 L, podemos deter-minar a temperaturaT desse gás nesse novo estado por

meio da lei geral dos gases perfeitos,p V T

0 0

0

= pV T

.Assim:1,5 2300

= 2 1 T

⇒ T 2 = 200 K

Convertendo para graus Celsius:t = T – 273⇒ t = 200 – 273⇒ t = –73 °CResposta : alternativab .

3. De acordo com a teoria cinética dos gases, a médiadas velocidades de um gás é dada pela expressão

v = 3RT M

. Então, para as médias de velocidades v e

v1, a temperaturasT e T1, podemos escrever:

v2 = 3RT M

(I)

v12 =

3RT M

1 (II)

Se v1 deve ser o dobro de v, v1 = 2v. Elevando essaigualdade ao quadrado, temos:v1

2 = 4v2 (III)

Substituindo (II) e (I) em (III), sendoR e M constantes,temos:3RT M

1 = 4 3RT M

⇒ T 1 = 4T (IV)

Da expressão da pressão de um gás, dessa teoria,

p = NmvV

2

, podemos obter as pressõesp e p 1 desse

gás para as médias de velocidades v e v1:

p = Nmv3V

(V)

p1 =Nmv

3V 12

(VI)

Dividindo (V) por (VI), sendoN,m e V constantes, vem:

pp1

=

Nmv

3V Nmv

3V

2

12 ⇒

pp1

= vv

2

12 (VII)

De (III) e (VII), temos:

pp1

=v

4v

2

12 ⇒ p1 = 4p (VIII)

Da lei geral dos gases perfeitos, podemos escreverp V

T 1 1

1 =pV T . Assim, de (IV) e (VIII), vem:

4pV 4T

1 = pV T

⇒ V 1 = V

Resposta : alternativac.

4. Da tabela podemos obter o volume de ar comprimidono cilindro de volume V = 9 L, à pressão p = 200 atmquando liberado para o meio ambiente, à pressãop0 = 1 atm, admitindo que o ar se comporta comoum gás perfeito à temperatura constante. Da lei deBoyle-Mariotte, p

0V

0 = pV, temos:

1V 0 = 9 200⇒ V 0 = 1 800 L

Como esse volume (V 0 = 1 800 L) vaza a uma taxa cons-tante de 40 L/min, o tempo de “duração do ar” no cilin-dro é:

∆t = 1800L40 L/min

⇒ ∆t = 45 min


5. Primeiro, transformamos as temperaturas t1 = 27 °C et2 = 81 °C em kelvin:

T 1 = t1 + 273⇒ T 1 = 27 + 273⇒ T 1 = 300 K T 2 = t2 + 273⇒ T 2 = 81 + 273⇒ T 2 = 354 K

Sendo p1 = 30 bars e V 1 = V 2, da expressão da lei geral

dos gases perfeitos,p V T

0 0

0

= pV T

, temos:

p V T 1 1

1

=p V T 2 2

2

⇒ 30300

=p354

2 ⇒ p2 = 35,4 bars

Resposta : alternativaa.

6. I: correta. Nesse caso, a energia cinética é dada por

EC =32 KT.



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II: correta. A média das velocidades é dada por

v = 3RT M

.

III: incorreta. A média das velocidades é inversamenteproporcional à massa molar,M. Se MX > MY, entãovX < vY.

Resposta : alternativab .

7. Na superfície do lago, a pressão do ar no interior do cilin-dro oco é a pressão atmosférica, p0 = 1 atm = 1,0 105 Pa,e a temperatura é t1 = 27 °C⇒ T 1 = 27 + 273 = 300 K.À profundidade h = 21 m, a pressão exercida sobre o arcontido no cilindro oco é a pressão total da água nessa pro-fundidade, p = p0 +ρáguagh. Sendoρágua = 1,0 103 kg/m3,temos:p = 1,0 105 + 1,0 103 10 21⇒ p = 3,1 105 PaVerifica-se que, por causa desse aumento de pressão, aágua penetrou no cilindro até 70% de sua altura interna,reduzindo, portanto, a altura inicial do cilindro,H, para

0,30H. Veja a figura abaixo:

h = 21 m

0,30H

H

Patm

Assim, o volume inicial do cilindro, que era V 0 = SH, sen-do S a área da sua base, passa a ser V = S 0,30H. Com

esses dados e da lei geral dos gases perfeitos,p V T 0 0

0

=

= pV T

, podemos determinar a temperaturaT no fundo

do lago:1,0 10 SH

300

5

= 3,1 10 S 0,30H T

5

⇒ T = 279 K

Convertendo para Celsius:t = T – 273⇒ t = 279 – 273⇒ t = 6,0 °CResposta : alternativae .

8. Se o volume do gás é constante, vale a expressãop T

0

0

= p T

. Como a pressão deve alcançar um valor três

vezes maior, p = 3p0, temos:p T

0

0

=3p T

0 ⇒ T = 3T 0

Logo, o gás deve sofrer uma variação de temperaturadada por:∆ T = T 1 – T 0 ⇒ ∆ T = 3T 0 – T 0 ⇒ ∆ T = 2T 0 (I)

Sabemos, ainda, que o volume inicial desse gás (V 0 = 30 L)

contém 1,0 mol desse gás (n = 1,0) aprisionado à pres-

são p0 = 1,23 atm. Sendo dado R = 0,082 atm L/mol K,da equação geral dos gases perfeitos na forma pV = nRTtemos:p0V 0 = nRT⇒ 1,23 30 = 1 0,082T 0 ⇒ T 0 = 450 K

Então, de (I), determinamos a variação de temperaturasofrida por esse gás:∆ T = 2 450⇒ ∆ T = 900 K

Sendo dado o calor específico desse gás a volume cons-tante, cV = 2,42 cal/g °C–1, e sabendo que a massa degás contida nesse volume é m = 4,0 g, com a expressãoQ = cV m∆ T, determinamos a quantidade de calor que aele deve ser fornecida:QV = 2,42 40 900⇒ QV = 8 712 cal

9. Durante as mudanças de estado a temperatura nãovaria.Resposta : alternativac.

10. 01: correta. Quanto maior a capacidade térmica de um

corpo, menor a variação de temperatura que ele so-fre quando recebe (ou cede) determinada quantida-de de calor.

02: correta. Do mesmo modo que ocorre com a capaci-dade térmica, substâncias de maior calor específicosofrem menor variação de temperatura para deter-minada quantidade de calor absorvida (ou cedida) adeterminada massa dessa substância.

04: correta (veja o item 01). 08: incorreta. Corpos de capacidades térmicas diferen-

tes sofrem variações de temperatura diferentes

para determinada quantidade de calor cedida (ourecebida).

11. Como o sistema é isolado e não há mudança de fase,podemos obter a massa de água m pela expressão∑Qc + ∑Qr = 0:Qr (água a 30 °C) + Qc (água a 90 °C) = 0⇒ cáguam∆t + cáguam’∆t’ = 0⇒ ⇒ m∆t + m’∆t’ = 0 (I)

Sabe-se que a massam estava a t0 = 90 °C, a massam’ = 1,0 kg estava a t0’ = 30 °C e a temperatura de equi-líbrio é t = 45 °C. Então, de (I), temos:m(t – t0) + m’(t – t0’ ) = 0⇒ m(45 – 90) + 1,0(45 – 30) = 0⇒⇒ m = 0,33 kgResposta : alternativad .

12. Comoρágua = 1,0 103 kg/m3, da definição de densidade,

ρ = mV

, obtemos a massa de água contida na banheira

sabendo que seu volume é V = 0,45 m3:

1,0 103 =m0,45

água ⇒ mágua = 450 kg⇒ mágua = 4,5 105 g

Supondo que essa massa de água absorva calor apenasdo paciente e, para isso, a temperatura dessa água subiu



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de 35,0 °C para 36,5 °C, a quantidade de calor absorvidapor essa água é:Q = cáguamágua∆tágua ⇒ Q = 1,0 4,5 105(36,5 – 35)⇒

⇒ Q = 6,75 105 cal⇒ Q = 675 kcalResposta : alternativae .

13. Basta determinar a massa de água gelada necessáriapara absorver a quantidade de calor Q = 500 kcal forne-

cida pelo corpo e capaz de elevar a temperatura dessaágua de ∆t = 27 °C. Sendo cágua = 1 cal/g °C, da expres-são Q = cm∆t, temos:500 000 = 1m 27⇒ m = 18 518 g⇒ m = 18,5 kg

Da definição de densidade,ρ = mV

, sendo

ρágua = 1 kg/L, temos:

1 = 18,5V

⇒ V = 18,5 litros


14. Para m = 0,3 kg,∆t = 80 °C e cvidro = 70 J/kg °C, daexpressão Q = cm∆t, temos:Q = 70 0,3 80⇒ Q = 1 680 JResposta : alternativac.

15. A fonte de calor deve fornecer a quantidade de calornecessária para elevar a temperatura do alumínio (pane-la) e da água; portanto, Q = QAl + Qágua. Primeiro, da defi-

nição de densidade,ρ = mV

, sendoρágua = 1,0 103 kg/m3 e

V = 1,0 L = 1,0 10–3 m3, determinamos a massa da água:

mágua = ρáguaV⇒ mágua = 1,0 103 1,0 10

–3 ⇒

⇒ mágua = 1,0 kg⇒ mágua = 1 000 g

Da expressão Q = cm∆t, sendo cAl = 0,22 cal/g °C,mAl = 1,0 kg = 1 000 g e∆t = 10 °C, temos:Q = cAlmAl∆t + cáguamágua∆t⇒

⇒ Q = 0,22 1 000 10 + 1,0 1 000 10⇒ Q = 12 200 cal

Da relação entre cal e joule, temos:Q = 12 200 4,18⇒ Q = 50 996 JSendo P = 500 W, da definição de potência, P =Q

t∆,

vem:500 = 50996

t∆ ⇒ ∆t = 102 s⇒ ∆t = 1,7 min


16. Como o sistema é isolado e não há mudança de fase,podemos obter a temperatura de equilíbrio térmicot pela expressão∑Qc + ∑Qr = 0, em que C1 = C2 = c:Q1 + Q2 = 0⇒ cm1(t – T 1) + cm2(t – T 2) = 0⇒⇒ m1t – m1 T 1 + m2t – m2 T 2 = 0⇒

⇒ t(m1 + m2) = m1 T 1 + m2 T 2 ⇒ t =m T + m T

m + m

1 1 2 2

1 2

Resposta : alternativae .

17. Volumes diferentes de água têm o mesmo calor especí-fico, pois se trata da mesma substância, mas têm capaci-dades térmicas diferentes, porque têm massas de águadiferentes.Resposta : alternativac.

18. Vamos determinar a quantidade de calor necessáriapara transformar o gelo a 0 °C em água a 0 °C, sendom

g = 60 g e L

Fg = 80 cal/g. Da expressão Q = Lm,

temos:Q = 80 60⇒ Q = 4 800 cal

Sabendo que essa quantidade de calor é absorvida no

intervalo de tempo∆t = 5 min, a razão x = Qt∆

é:

x = 4 8005

⇒ x = 960 cal/min

Resposta : alternativaa.

19. SendoQI a quantidade de calor necessária para elevar atemperatura em 50 K, correspondente a 1% do calorabsorvido, podemos escrever:QI =

1001

Qtotal

Da expressão Q = cm∆t, temos:

cm∆t = 1001

Qtotal ⇒ cm 50 =Q

00total

1 ⇒

⇒ Qtotal = 5 000cm (I)

Sendo QII a quantidade de calor necessária para fundir asubstância, correspondente a 99% do calor absorvido,temos:

QII = 99001Qtotal

Da expressão da quantidade de calor em mudança deestado, Q = Lm, vem:

Lm = 99001

Qtotal ⇒ 10099

Lm = Qtotal (II)

Igualando (I) e (II):

5 000cm = 10099

Lm⇒ Lc

= 4 950 K


20. Em exercícios como este, não há solução direta. É preciso avaliar cada possibilidade e, neste caso, há três emrelação à temperatura de equilíbrio. Ela pode:

• situar-se entre –20 °C e 0 °C, sem o gelo começar fundir-se;

• ficar em 0 °C, com parte do gelo fundido; • situar-se entre 0 °C e 20 °C.

Para determinar em qual desses intervalos está a tempera-tura de equilíbrio, vamos calcular as quantidades de calor

• Q

I necessária para elevar a temperatura do gelo de–20 °C para 0 °C:



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QI = cgmg∆tg ⇒ QI = 0,5 20[0 – (–20)]⇒⇒ QI = 200 cal

• QII necessária para abaixar a temperatura da água de20 °C para 0 °C:

QII = cama∆ta ⇒ QII = 1,0 30(0 – 20)⇒ QII = –600 cal

Essa quantidade de calor cedida pela água é suficientepara elevar a temperatura de todo o gelo a 0 °C, comsaldo:

Q’II = –600 + 200⇒ Q’II = –400 calPrecisamos saber agora se essa quantidade de calor énecessária para derreter todo o gelo. Para isso, vamoscalcular a quantidade de calorQIII necessária para fundirtodo o gelo:QIII = LFgmg ⇒ QIII = 80 20⇒ QIII = 1 600 cal

Portanto, a quantidade de calor disponível, Q’II = –400 cal,não é suficiente para fundir o gelo. Logo, a temperaturade equilíbrio térmico do sistema é 0 °C. Para determinara massa de gelo derretida,m’g , basta considerar a quan-

tidade de calor absorvida por ele,Q, que é igual à quan-tidade de calor cedida pela água com sinal trocado (ogelo absorve calor). Assim:Q = –Q’II ⇒ Q = 400 cal

Da expressão Q = Lm, temos:400 = 80m’g ⇒ m’g = 5,0 g

Portanto, a massa de gelo que permaneceu sólida é:∆m = mg – m’g ⇒ ∆m = 20 – 5,0⇒ ∆m = 15 gResposta : alternativad .

21. Sendo V 0 = 1,0 L = 1 000 mL o volume ideal e V = 950 mLo volume final, o volume de água que evaporou é:

∆V = 1 000 – 950⇒ ∆V = 50 mL⇒ ∆V = 5,0 10–5 m3

Da definição de densidade,ρ = mV

, sendo

ρágua = 1,0 103 kg/m3, a massa de água evaporada é:m =ρágua∆V⇒ m = 1,0 103 5,0 10–5 ⇒ m = 5,0 10–2 kg

Da expressão Q = Lm, sendo L = 2,3 106 J o calor laten-te de vaporização da água, determinamos a energiadesperdiçada no aquecimento da água:Q = 2,3 106 5,0 10–2 ⇒ Q = 1,15 105 J⇒ Q = 115 000 J


22. Sendo cágua = 1,0 cal/g °C, a quantidade de calorQI ne-cessária para elevar a temperatura da massam de águade 10 °C para 100 °C é:QI = cm∆ T⇒ QI = 1,0m(100 – 10)⇒ QI = 90m

Sendo ∆t = 5 min o intervalo de tempo em que essaquantidade de calor é absorvida pela água, podemosobter uma expressão da potênciaP do aquecedor emfunção da massa de água por minuto:

P =Q

tI∆ ⇒ P =90m

5 ⇒ P = 18m

A quantidade de calorQII necessária para transformaressa massa de água a 100 °C em vapor a 100 °C é dadapela expressão Q = Lm. Então, sendo L = 540 cal/g ocalor de vaporização da água, temos:QII = 540m

Como a potência do aquecedor é a mesma, dada porP = 18m, o intervalo de tempo∆t para fornecer essaquantidade de calor é:

P = QtII

∆ ⇒ 18m = 540mt∆ ⇒ ∆t = 30 min


23. a) Correta. Pelo gráfico, o calor liberado deC para A é2 330 cal.

b) Correta. Pelo gráfico, θ0 = 592 K, θ = 692 K, ∆Q = 930 – 0 = 930 cal; da expressão Q = cm∆θ, temos:

930 = c 100(692 – 592)⇒ 930 = c 100 100⇒⇒ c = 0,093 cal/g K⇒ c = 0,093 cal/g °C

c) Incorreta. Pelo gráfico,∆Q = 2 330 – 930 = 1 400 cal;

da expressão Q = Lm, temos:1 400 = L 100⇒ L = 14 cal/g

d) Correta. Pelo gráfico, a temperatura de fusão do zincoé T = 692 K. Convertendo para graus Celsius: T = t + 273⇒ t = T – 273⇒ t = 692 – 273⇒ t = 419 °CResposta : alternativac.

24. Como os patamares (I) e (IV) estão à temperatura 0 °C,primeiro refere-se à fusão e o segundo, à solidificaçãoOs patamares (II) e (III) estão a 100 °C; logo, referemrespectivamente, à vaporização (ou ebulição) e à con-

densação.Resposta : alternativaa.

25. Sabendo que a massa de gelo,m g , está à temperaturat0g = –10 °C, a massa de água ma’ = 200 g está à tempe-ratura t0a = 58 °C, a temperatura de equilíbrio é t = 45 °Ce que o sistema é isolado, podemos obter a massa degelo pela expressão∑Qc + ∑Qr = 0. Considerando astransformações ocorridas e chamando dem g a massade gelo ou de água antes e depois da fusão, paracágua = 1,0 cal/g °C, cg = 0,50 cal/g °C, Lg = 80 cal/g,

temos:Qgelo (–10 °C a 0 °C) + Qgelo/água + Qágua (0 °C a 45 °C) + Qágua (58 °C a 45 °C) = 0⇒

⇒ cgmg∆tg + Lgmg + cáguamg∆ta + cáguama’∆ta’ = 0⇒

⇒ 0,50mg[0 – (–10)] + 80mg + 1,0mg(45 – 0) +

+ 1,0 200(45 – 58) = 0⇒ 5mg + 80mg + 45mg – 2 600 = 0⇒

⇒ 130mg = 2 600⇒ mg = 20 g


26. Sendo dados o módulo da velocidade da bala antesda colisão, v

0 = 540 km/h = 150 m/s, e a massa da bala,

m = 20 g = 2,0 10–2 kg, a sua energia cinética antes do



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choque é:

EC0 =12

mv02 ⇒ EC0 =12

2,0 10–2 1502 ⇒ EC0 = 225 J

Como a bala para, v = 0, a variação da energia cinéticada bala é:∆EC = EC – EC0 ⇒ ∆EC = 0 – 225⇒ ∆EC = –225 J

O sinal negativo indica que essa energia foi dissipada nochoque. Como 90% dessa energia é convertida em ca-

lor, temos, em módulo:Q = 0,9 225⇒ Q = 202,5 J

Sendo dado o calor específico do chumbo,cPb = 130 J/kg °C, da expressão Q = cm∆t, vem:

202,5 = 130 2,0 10–2∆t⇒ 202,5 = 2,6∆t⇒ ∆t = 77,9 °CResposta : alternativac.

27. Em exercícios como este, não há solução direta. É preci-so avaliar cada possibilidade. Neste caso, há duas emrelação à temperatura de equilíbrio. Ela pode:

• ficar a 0 °C, com parte do gelo fundido;• situar-se entre 0 °C e 40 °C.Para determinar em qual desses intervalos está a tem-peratura de equilíbrio, vamos calcular as quantidadesde calor:• QI para baixar a temperatura da água de 40 °C para 0 °C: QI = cáguamágua∆tágua ⇒ QI = 1,0 3 000(0 – 40)⇒

⇒ QI = –120 000 cal

• QII para transformar o gelo a 0 °C em água a 0 °C:

QII = Lgmg ⇒ QII = 80 2 000⇒ QII = 160 000 cal

Portanto, a quantidade de calor disponível,QI = –120 000 cal, não é suficiente para fundir todo ogelo (QII = 160 000 cal). Logo, a temperatura de equilí-brio desse sistema é 0 °C. Para determinar a massa degelo,m g, que derreteu, consideramos que ele absorveutodo o calor cedido pela água com sinal positivo:Q = 120 000 cal. Assim:Q = Lmg ⇒ 120 000 = 80mg ⇒ mg = 1 500 g

A massa de água disponível para se beber é a soma damassa de água existente com a massa de gelo quederreteu:m = mágua + mg ⇒ m = 3 000 + 1 500⇒ m = 4 500 g⇒⇒ m = 4,5 kgResposta : alternativa d.

28. 01: incorreta. A temperatura está relacionada à médiadas energias cinéticas das partículas (átomos oumoléculas) de um corpo.

02: incorreta. Nas mudanças de estado, a temperaturanão varia.

04: incorreta. A dilatação térmica também ocorre nos

sólidos. 08: correta. Calor é energia em trânsito.

16: correta. O calor se propaga no vácuo por meio deondas eletromagnéticas.

29. 1: falsa. Calor não é substância, não pode estar contidoem um corpo.

2: verdadeira. Para a mesma quantidade de calor forne-cida, o líquido de menor calor específico sofre a maiorvariação de temperatura.

3: verdadeira. No estado inicial, a pressão ép 0 , o volu-

me é V 20 e a temperatura éT0. Depois da expansão,

a pressão ép , o volume éV0 e a temperatura éT. Da

lei geral dos gases perfeitos,p V T 0 0

0

= pV T

, temos:

pV 2

T 0

0

0

=pV T

0 ⇒ p T

= 12

pV

0

0

4: verdadeira. Entre –10 °C e 130 °C, à pressão normhá duas mudanças de estado para a água, a 0 °C e

a 100 °C.

30. Resposta : alternativae .

31. A sensação de queimar (ou esfriar) depende da rapidezcom que o calor de um corpo quente (ou frio) se trans-fere para o nosso corpo (ou do nosso corpo).Resposta : alternativab .

32. Em (1) ocorre a transmissão a distância sem deslocamento de matéria, o que caracteriza a radiação. Em (2)

ocorre a transmissão por contato, o que caracteriza acondução. Em (3) ocorre a transmissão por meio do pró-prio corpo aquecido, característica da convecção.Resposta : alternativaa.

33. A situação ocorre ao final da manhã. O calor transferidopela radiação solar provocou maior variação de tempe-ratura na areia que na água, pois o calor específico daareia é menor que o da água.Resposta : alternativac.

34. De acordo com a tabela, o cuboA possui condutividadetérmica maior que a do cuboB. Então, o fósforo encos-tado no cubo A receberá energia mais rapidamente eacenderá primeiro. Em relação ao comprimento dasarestas, como o coeficiente de dilatação linear do cuboA é maior que o coeficiente de dilatação linear do cuboB, ambos têm as mesmas dimensões iniciais e sofrem omesmo acréscimo de temperatura, da expressão da di-latação linear,∆ℓ =αℓ0∆t, conclui-se que aquele que ti-ver coeficiente de dilatação menor também sofrerá umacréscimo de comprimento menor. Logo, a aresta docubo A será menor do que a do cuboB.Resposta : alternativaa.



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35. De início, vamos determinar a razão entre as massas doscubos. SendoρA = 19 600 kg/m3 e ρB = 11 400 kg/m3, da

definição de densidade,ρ = mV

, temos:

• cubo de ouro (A): 19 600 =mV

A ⇒

⇒ mA = 19 600V (I)

• cubo de chumbo (B): 11 400 =m

V

B ⇒

⇒ mB = 11 400V (II)

Como os volumes são iguais, de (I) e (II) obtemos:mm

A

B

= 19600V 11400V

⇒ mA = 1,7mB

Como os calores específicos do ouro e do chumbo sãoiguais, a variação de temperatura depende apenas damassa e é inversamente proporcional a ela. Então, comoo blocoA, de ouro, tem massa maior queB, de chumbo,ele sofrerá variação de temperatura menor. Mas em am-bos os casos as temperaturas aumentam; portanto, asenergias internas também aumentam, ou seja, a sua va-riação é positiva.Resposta : alternativae .

36. I: incorreto. A radiação térmica resulta da vibração daspartículas elementares de um corpo.

II: incorreto. Predominam as interações diretas entre aspartículas elementares de um corpo.

III: correto. IV: correto. Quando não há convecção, não há correntes

aéreas ascendentes ou descendentes, o que provocaa inversão térmica.Resposta : alternativae .

37. a) Incorreta. A transmissão de calor não depende docontato entre corpos.

b) Incorreta. A radiação térmica é eletromagnética, nãodepende de meio para se propagar.

c) Incorreta. A irradiação ocorre a qualquer temperaturaacima do zero absoluto.

d) Incorreta. A convecção não ocorre no vácuo. e) Correta. O único processo de transmissão de calor

que ocorre no vácuo é a radiação.Resposta : alternativae .

38. São dados: ma = 1,0 kg a massa de água a 55 °C ema’ = 0,50 kg a massa de água a 25 °C. Temos, então:

a) Como o sistema é isolado e não há mudança de fase,podemos obter a temperatura do equilíbrio térmicot pela expressão∑Qc + ∑Qr = 0. Sendo cágua = 1,0cal/g °C, temos:

Qr (água a 25 °C) + Qc (água a 55 °C) = 0⇒

⇒ cáguama(t – t0 água a 25 °C) + cáguama’(t – t0 água) = 0⇒

⇒ 1,0 1,0(t – 55) + 1,0 0,50(t – 25) = 0⇒ t = 45 °C

b) Para transformar a água a 45 °C (temperatura calculada no item anterior) em água a 100 °C, com massatotal m = 1,0 + 0,50 = 1,5 kg = 1 500 g, temos:Q = cm∆t⇒ Q = 1,0 1 500(100 – 45)⇒⇒ Q = 82 500 cal

c) Para transformar a água a 100 °C em gelo a 0 °C, prcisamos considerar duas etapas:

• QI: quantidade de calor para baixar a temperaturada água de 100 °C para 0 °C:

QI = cm∆t⇒ QI = 1,0 1 500(0 – 100)⇒ ⇒ QI = –150 000 cal• QII: quantidade de calor para transformar água a

0 °C em gelo a 0 °C; o calor latente de solidificaçãda água é igual ao de fusão do gelo (dado noenunciado), L = 80 cal/g. Por coerência, como ocorpo perde calor, atribuímos aQII sinal negativo:

QII = –Lm ⇒ QII = –80 1 500⇒ QII = –120 000 calEntão:

Qtotal = QI + QII ⇒ Qtotal = –150 000 + (–120 000)⇒ ⇒ Qtotal = –270 000 kcal

39. Se não houve trocas com o meio, podemos supor quea massa de água,m’, que se transformou em gelo e seagregou ao cubo, cedeu a ele a quantidade de calorQ correspondente à elevação da temperatura do cubode gelo de –15 °C a 0 °C. Sendo dados mgelo = 67 g == 6,7 10–2 kg e cgelo = 2 090 J/kg °C, temos:Q = cgelomgelo∆t ⇒ Q = 2 090 6,7 10–2[0 – (–15)]⇒

⇒ Q = 2 100 JEssa quantidade de calor solidifica a massam de água.Assim, sabendo que o calor de fusão do gelo éL = 3,35 105 J/kg, temos:Q = Lm⇒ 2 100 = 3,35 105m⇒ m = 6,3 10–3 kg⇒⇒ m = 6,3 g

A massa total de gelo é igual à soma da massa de geloexistente com a massa de água que se solidificou:mtotal = mgelo + mágua ⇒ mtotal = 67 + 6,3⇒ mtotal = 73,3 g

40. São dados LV = 526 cal/g, t = 120 °C, m = 1 kg = 1 000 g

t0 água = 25 °C e cágua = 1 cal/g °C.

Para transformar a água a 25 °C em vapor a 120 °C, precisamos considerar duas etapas e calcular a quantidadede calor necessária em cada uma:

• QI, para elevar a temperatura da água de 25 °C a 120 ºC QI = cm∆t⇒ QI = 1 1 000(120 – 25)⇒ QI = 95 000 cal • QII, para transformar a água a 120 °C em vapor a 120 °C QII = Lm⇒ QII = 526 1 000⇒ QII = 526 000 cal

A quantidade de calor total absorvida pela água é:Qtotal = QI + QII ⇒ Qtotal = 95 000 + 526 000⇒⇒ Qtotal = 621 000 cal



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L U Z Termodinâmica: temperatura, dilatação

1. (UFPI) Em 1708, o físico dinamarquês Olé Römerpropôs uma escala termométrica a álcool, estabe-lecendo 60 graus para água em ebulição e zerograu para uma mistura de água com sal, resultandoem 8 graus a temperatura da fusão do gelo. Além

da possível utilização científica, essa escala teria avantagem de nunca marcar temperaturas negati-vas em Copenhague, o que era desejo de seu filhoRömer e dos fabricantes da época, devido a su-perstições. A temperatura média normal do corpohumano na escala de Römer e a menor temperatu-ra, em graus Celsius, que Copenhague poderia re-gistrar nos termômetros de escala Römer são, nes-sa sequência, dadas, aproximadamente, por:a) 27,0 °C e 8,0 °R. d) 27,0 °C e 0,0 °R.b) –15,4 °R e 36,5 °C. e) 36,5 °R e –15,4 °C.c) 27,0 °R e –15,4 °C.Dado : considere a temperatura média normal docorpo humano igual a 36,5 °C.

2. (Ufam) O gráfico abaixo representa a relação entrea temperatura TX e TY de duas escalas termométri-cas X e Y. Qual a temperatura medida terá a mes-ma indicação nas duas escalas?

50

32

0 10

TY (°Y)

TX (°X)

a) –60 °X d) –50 °Xb) –40 °X e) –70 °Xc) –30 °X

3. (UFJF-MG) O comprimento de uma barra de latão

varia em função da temperatura segundo a figuraa seguir. O coeficiente de dilatação linear do latãono intervalo de 0 °C a 100 °C vale:

50,0

50,1

0 100

T (°C)

L (cm)

a) 1,00 × 10–5 / °C d) 2,00 × 10–4 / °Cb) 5,00 × 10–5 / °C e) 5,00 × 10–4 / °Cc) 2,00 × 10–5 / °C

4. (Ufam) Uma esfera metálica de coeficiente de dila-

tação linear α = 2,0

10–5

°C–1

tem volumeV

0 àtemperatura de 50 °C. Para que o volume aumente1,2% devemos elevar sua temperatura para:a) 300 °C. c) 200 °C. e) 100 °C.b) 150 °C. d) 250 °C.

5. (Udesc) A figura (a ) mostra um dispositivo quepode ser usado para ligar ou desligar um forno, de-pendendo da temperatura do local onde se en-contra o sensor (barra AB). Essa barra é constituídade dois metais diferentes e, ao ser aquecida, fechao circuito, como indicado na figura ( b ).

AB

(a) (b)

Parao relé

AB

Parao relé

O funcionamento do dispositivo acima indicadoocorre devido:a) a metais diferentes possuírem calores específi-

cos diferentes.b) a metais diferentes possuírem condutividades

térmicas diferentes.c) ao calor fluir sempre de um corpo a uma tempe-

ratura maior para um corpo a uma temperaturamenor, e nunca ocorrer o fluxo contrário.

d) a metais diferentes possuírem calores latentesdiferentes.

e) a metais diferentes possuírem coeficientes de

dilatação térmica diferentes.

6. (Uespi) O coeficiente de dilatação superficial deuma determinada substância tem valor denotadopor X. Entre as alternativas listadas abaixo, qual é aque representa o coeficiente de dilatação linear detal substância?

a) X d) X2

b) 2X e) X

3c) 3X



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7. (UEMS) Na temperatura ambiente, dois cubos, A eB, possuem arestas iguais a L e coeficientes de dila-tação volumétrica γ A e γ B , respectivamente, com

γ A = [ 32 ]γ B. Supondo que os dois cubos sofram amesma variação de volume, pode-se afirmar quea relação entre as variações de temperatura doscubos A e B é:

a) ∆ T A = [ 14 ]∆ T B. d) ∆ T A = [ 23 ]∆ T B.b) ∆ T A = [ 13 ]∆ T B. e) ∆ T A = ∆ T B.c) ∆ T A = [ 12 ]∆ T B.

8. (UEPB) Sabemos que as dimensões de um corpose alteram quando também alteramos sua tempe-ratura. Salvo algumas exceções, todos os corpos,quer sejam sólidos, líquidos ou gasosos, dilatam-sequando sua temperatura aumenta. Na tira que se-gue, temos uma possibilidade de solução para oproblema apresentado:

Após a leitura das imagens, é correto afirmar:a) Não é possível solucionar o problema de acordo

com o que está sendo observado na tira.b) Aquecendo a tampa de uma garrafa, todo o

conjunto (garrafa e tampa) dilata-se igualmente,o que facilita a retirada da mesma.

c) Aquecendo a tampa de uma garrafa, ela se dila-ta, a garrafa se contrai, e, assim, ela pode ser reti-rada com facilidade.

d) Aquecendo a tampa de uma garrafa, o líquidointerno se contrai, aumentando a quantidadede ar dentro da garrafa, e, assim, ela pode serretirada com facilidade.

e) Aquecendo a tampa de uma garrafa, apenas elase dilata (o gargalo da garrafa é pouco aquecido)e, assim, ela pode ser retirada com facilidade.

9. (UFRJ) Um incêndio ocorreu no lado direito de umdos andares intermediários de um edifício construí-do com estrutura metálica, como ilustra a figura 1.

Em consequência do incêndio, que ficou restritoao lado direito, o edifício sofreu uma deformação,como ilustra a figura 2. Com base em conhecimen-tos de termologia, explique por que o edifício en-torta para a esquerda e não para a direita.

figura 2

10. (UFC-CE) Duas barras,A e B, construídas de mate-riais diferentes, são aquecidas de 0 a 100 °C. Combase na figura abaixo, a qual fornece informaçõessobre as dilatações lineares sofridas pelas barras,determine:a) os coeficientes de dilatação linear das barras

A e B.b) a razão entre os coeficientes de dilatação linear

das barras A e B.

1 ,0 0 0 0

B

A1,0011

1,0022

0 100

T (°C)

L/Lo

figura 1



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Termodinâmica: temperatura, dilatação

1. Da relação entre escalas baseadas em dois pontos,como mostra a figura, temos:

100

100 – 0 60 – 8

T C – 0 T

R – 8

T C T R

°C °R

0

60

8

t – 0100 – 0

C =t – 86 0 – 8

R ⇒ t

100C =

t – 852

R

Substituindo t C = 36,5 °C:36,5100

=t – 8

52R ⇒ tR = 26,98 ⇒ tR = 27 °R

Para tR = 0 °R, vem:t100

C =0 – 8

52 ⇒ tC = –15,38 ⇒ tC = –15,4 °C

Resposta : alternativa c.

2. Da relação entre as escalas baseadas em dois pontos fi-xos, representados no gráfico dado e esquematiza-dos na figura abaixo, temos:

50

50 – 32 10 – 0

T x – 32 T y – 0

T x T y

°X °Y

32

10

0

T – 3250 – 32

X = T – 01 0 – 0

Y ⇒ T – 32

18X =

T 10

Y

Fazendo T X = T Y, temos:10(T X – 32) = 18T X ⇒ 10T X – 320 = 18T X ⇒

⇒ 8T X ⇒ –320 ⇒ T X = –40 °X

Resposta : alternativa b .

3. De acordo com o gráfico, ℓ = 50,1 cm e ℓ 0 = 50,0 cm;então, ∆ℓ = 0,10 cm. Sendo ∆t = 100 °C – 0 °C = 100 °C,da expressão ∆ℓ = αℓ0∆t, temos:

0,10 = α 50,0 100 ⇒ α =0,10

5000,0 ⇒

⇒ α = 0,000020 ⇒ α = 2,00 10–5 °C–1

Resposta : alternativa c.

4. Se o volume sofre um aumento de 1,2%, temos:

∆V = 1,2%V 0 ⇒ ∆V = 1,2100 V 0

Sendo α = 2,0 10–5 °C–1 e sabendo que γ = 3α , temos:γ = 3 2,0 10–5 ⇒ γ = 6,0 10–5 °C–1

Da expressão da dilatação volumétrica, ∆V = γV 0∆t,vem:

1,2100

V 0 = 6,0 10–5V 0∆t⇒ ∆t = 200 °C

Como a temperatura inicial é t 0 = 50 °C, a temperaturafinal é:∆t = t – t 0 ⇒ 200 = t – 50 ⇒ t = 250 °CResposta : alternativa d .

5. Resposta : alternativa e .

6. Como o coeficiente de dilatação superficial vale X, darelação entre o coeficiente de dilatação superficial e ocoeficiente de dilatação linear, β = 2α , temos:

X = 2α ⇒ α =X2

Resposta : alternativa d .

7. O volume de um cubo cuja aresta tem comprimento L é V = L3. Como os cubos são iguais, seus volumes sãoiguais: V A = V B = V 0 . Então, da expressão da dilatação vo-lumétrica, ∆V =γV 0∆t, temos:• cubo A, de coeficiente de dilatação γ A: ∆V A = γ AV 0 ∆tA (I)

• cubo B, de coeficiente de dilatação γ B:

∆V B = γ BV 0∆tB (II)Sabendo que eles sofrem a mesma variação de volume,

∆V B = ∆V A, e que γ A =32

γ B, de (I) e (II) podemos es-

crever:

γ AV 0∆tA = γ BV 0∆tB ⇒ 32

γ B∆tA = γ B∆tB ⇒ ∆tA =23

∆tB

Resposta : alternativa d .

8. Resposta : alternativa e .

9. Como o incêndio ocorreu do lado direito de um dos an-dares, esse lado do andar sofreu uma dilatação maiorque os demais andares, pois atingiu uma temperaturamaior que os outros. Essa anomalia fez que o lado direi-to ficasse mais alto que o esquerdo; por isso, o prédioentortou para o lado esquerdo.

10. a) Da expressão da dilatação linear, ∆ℓ = αℓ0∆t, pode-

mos obter a razãoL

L0 de uma barra que se dilata:

L – L0 = αL0∆t⇒ L = L0 + αL0∆t⇒ L = L0(1 + α∆ t)⇒

⇒

LL0 = 1 + α∆ t


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d a s Q u e s t õ e s d e V e s t i b u l a r e s

Dessa expressão e de acordo com o gráfico dado, a

razãoLL

A

0 A

da barra A, de coeficiente de dilatação

linear γ A, quando sofre variação de temperatura

∆t = 100 °C, pode ser expressa de dois modos:LL

A

0A

= 1 + α A 100 (I)

LL

A

0 A = 1,0022 (II)

De (I) e (II) obtém-se:

1 + α A 100 = 1,0022 ⇒ α A =

0,0022100

⇒

⇒ α A = 2,2 10–5 °C–1

Analogamente, para a barra B, temos:LL

B

0 B

= 1 + α B 100

LL

B

0 B

= 1,0011

Então:1 + α b

100 = 1,0011 ⇒ α B = 1,1 10–5 °C–1

b) A razão AB

αα

é:

A

B

αα =

2,2 101,1 10

–5

–5 ⇒ A

B

αα

= 2

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