Guia de Estudos sobre Teoria Cinética dos Gases
GABARITO DOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO
GE 2.9) EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO
GE 2.9.1) Um tanque de 20,0L contém 0,225 kg de hélio a 18ºC. A massa molecular do hélio é igual a
4,00 g/mol.
a) Quantos moles de hélio existem no tanque?
b) Calcule a pressão no tanque em pascal e em atmosferas.
Resp: a)
b)
P=
n=
mtot
(0,225kg ) = 56,25 moles , onde M é a massa molar do gás He.
=
M
4 x10 −3 kg / mol
A pressão em pascal:
nRT
→
V
(56,25mol )(8,31 J mol.K )(291K )
−3
20 x10 m
Sabendo que 1 atm
P(atm) =
3
= 6,80 x10 6 Pa
1atm = 101,345kPa Pa, temos que P(amt
6,80 x10 6 Pa
= 67,2atm
101,345kPa / atm
Alternativamente, a pressão em atmosferas pode ser obtida por:
nRT
→
P=
V
(56,25mol )(0,08206 L.atm mol.K )(291K )
20 L
= 67,2 atm
GE 2.9.2) Um tanque metálico com volume de 3,10 L deve estourar quando a pressão absoluta do ar
em seu interior superar 100 atm.
a) Se 11,0 mol de um gás ideal for colocado no tanque a uma temperatura de 23ºC, até que
temperatura o tanque pode ser aquecido antes que ele se rompa? Despreze a dilatação térmica do
tanque
b) Com base na resposta do item (a) verifique se é razoável desprezar a dilatação térmica do tanque.
Explique.
Resp: a) No SI:
p = 101,345 x10 5 Pa e V = 3,1x10 −3 m 3
Pela equação dos gases ideais:
(
)
101,345 x10 5 Pa 3,1x10 −3 m 3 = 11 moles(8,315 J / mol.K )T
T=
31415,4
= 343,46 K
91,465
Convertendo para a escala Celsius temos que o tanque pode ser aquecido até 70,4ºC
b) Sim. Estime a Dilatação do tanque!
Não sabemos ao certo o material do tanque, mas podemos estimar sua dilatação considerando a
ordem de grandeza da dilatação dos metais:
γ ≈ 10 −5 0C −1 .
∆V = γ V0 ∆T
∆V = 10 −5 x3,1x10 −3 x 47
∆V = 1,46 x10 −6 m 3 = 0,0015l.
GE 2.9.3) A uma altitude de 11.000 m (uma altura típica para as viagens de avião a jato) a
temperatura do ar é igual a 56,5ºc e a densidade do ar é igual a 0,364 kg/m3. Qual é a pressão da
atmosfera nesta altura? (Note que a temperatura nesta altura não é a mesma da superfície da Terra)
Resp: Lembrando que:
p=
p=
p=
pV = nRT e
n
ρ
=
V M
v
ρRT
RT =
V
n
ρRT
n
(
)
0,364 kg / m 3 (216,5 K )(8,3145 J / mol.K )
= 2,28 x10 4 Pa .
28,8 x10 −3 kg / mol
GE 2.9.4) Quantos moles existem em 1,00 Kg de água? Quantas moléculas? A massa molecular da
água é igual a 18,0 g/mol.
Resp:
mtot = nM ∴ n =
mtot
1kg
=
= 55,6 moles .
−3
M
18 x10 kg / mol
O número de moléculas é o número de moles vezes o número de Avogadro 6,022x10
23
moléculas/mol.
= nA = 5,6 moles * 6,02 x10 23 moléculas / mol = 3,35 x10 25 moléculas.
GE 2.9.5) O melhor vácuo que pode ser obtido à 295Kno laboratório corresponde a uma pressão de
-18
-13
aproximadamente 10 atm ou 1,01 x 10 Pa. Quantas moléculas existem por centímetro cúbico
neste vácuo?
Resp:
pV = kT , onde k é a constante de Boltzmann.
p
1,01x10 −13
=
=
= 2,48 x10 9 m 3
V kT (1,38 x10 −23 J / K )(295 K )
GE 2.9.6)
Considere uma certa massa de gás ideal. Compare as curvas que representam os
processos a pressão constante, a volume constante e a temperatura constante em
(a) um diagrama pV,
Pressão constante
Volume constante
Temperatura constante
(b) um diagrama pT
Pressão constante
Temperatura constante
Volume constante
(c) Um diagrama VT.
Volume constante
Temperatura constante
Pressão constante
(d) Como estas curvas dependem da massa do gás escolhido?
Resp: As curvas independem da massa do gás escolhido, elas se relacionam apenas com o número
de moles em questão.
GE 2.9.7) Um tubo com uma extremidade fechada e outra aberta, de
comprimento L= 25,0 m, contém ar sob pressão atmosférica. Ele é
introduzido verticalmente em um lago de água doce até que a água no
seu interior atinja a metade da sua altura, como indica a figura. Qual é a
profundidade h da extremidade inferior do tubo? Suponha que a
temperatura seja a mesma em todo o sistema e que não varie.
Fig GE 2.9.7
Resp: Antes de comprimir o gás estava com
comprimido até um volume V f
p f = p L / 2 = p atm + ρgh + ρg
p0 = 1atm e Vi = V0 . Ao ser colocado na água o ar foi
= V0 / 2, devido ao aumento da pressão, que é dada por
L
.
2
Como a temperatura é constante, então
p 0V0 = pV .

L  V

p atmV0 =  p atm + ρg  h − 
2  2


2 p atm − p atm
L
= h−
ρg
2
h=
L p atm
+
2 ρg
h=
25m
1,01345 x10 5 Pa
+
= 22,6m
2
(1000kg / m 3 )(9,8m / s 2 )
GE 2.9.8) Um recipiente A contém um gás ideal sob pressão de
5
5,0x10 Pa e a temperatura de 300 K. Ele está ligado por um
tubo fino ao recipiente C, cujo volume é quatro vezes o de A.
Veja a figura. O recipiente B contém o mesmo gás ideal sob
5
pressão de 1,0x10 Pa e à temperatura de 400 K. A válvula de
conexão é aberta e o equilíbrio é atingido a uma pressão
comum, enquanto a temperatura de cada recipiente é mantida
constante e com seu valor inicial. Qual é a pressão final do
sistema?
Fig GE 2.9.8
Resp:
ANTES
Número de moles no recipiente A:
nA =
p AV A
RTA
e no recipiente B:
nB =
p BVB p B (4V A )
=
RTB
RTB
DEPOIS
Número de moles no recipiente A:
n' A =
pV A
RTA
e no recipiente B:
n' B =
p BV B p B (4V A )
=
RTB
RTB
O número de moles antes é igual ao número de moles depois da mistura, portanto
n' A + n' B = n A + n B
pV A p (4V A ) p AV A p B (4V A )
+
=
+
RT A
RTB
RT A
RTB
p 4 p p A 4 pB
+
=
+
T A TB T A
TB
 p A 4 pB 


+
TA
TB 

p=
 1
4 
 + 
 T A TB 
 (5 x10 5 Pa) 4(1x10 5 Pa) 


+
300 K
400 K 

p=
= 4,6 x10 5 Pa .
4 
 1
+


 300 K 400 K 
GE 2.9.9) Na temperatura de 0º C e pressão de 1,000 atm as densidades do ar, oxigênio e nitrogênio
3
3
3
valem, respectivamente, 1,293 Kg/m , 1,429 kg/m e 1,250 kg/m . Calcule a porcentagem, em massa,
de nitrogênio no ar, a partir desses dados, supondo que apenas esses dois gases estejam presentes.
Resp: A pressão total é a soma das pressões parciais, de acordo com a Lei de Dalton. Como
p=
ρv 2 rms
3
. Supondo que
c é a fração de oxigênio no ar e (1 − c) a fração de nitrogênio podemos
escrever que:
ρ ar = cρ O + (1 − c) ρ ρ ar = c( ρ O − ρ ) + ρ ρ ar − ρ = c( ρ O − ρ )
c=
ρ ar − ρ 1,293 − 1,250
=
= 0,24 → c = 24% .
( ρ O − ρ ) 1,429 − 1,250
1 − c = 0,76 → c = 76% .
Ou seja, a fração de Oxigênio é 24% e a de Nitrogênio 76%.
GE 2.9.10)
a) Qual das curvas do gráfico abaixo apresenta
maior temperatura? Por quê?
b) Explique o processo de evaporação que ocorre em
uma roupa no varal.
Resp:
a)
À medida que a temperatura aumenta a velocidade média quadrática (vrms, e também vm e vmp)
aumenta, de acordo com a interpretação microscópica da temperatura. A temperaturas mais altas
a faixa de variação das velocidades é maior, e a distribuição se alarga. Como a área sob a curva,
que representa o númerto total de partículas não muda, a distribuição fica mais achatada. A maior
temperatura é, portanto, a da curva que tem a área colorida.
b)
A distribuição de velocidades em um líquido é semelhante à da figura. A velocidade
necessária para uma molécula escapar da superfície do líquido corresponderia à cauda da
distribuição, onde apenas existe um pequeno número de partículas. Mesmo abaixo da
temperatura de ebulição essas poucas moléculas conseguem escapar. Como levam uma grande
quantidade de energia ela diminui a energia cinética média das partículas do líquido, que acaba se
resfriando. A roupa vai secando porque o ambiente vai cedendo energia para o líquido, de forma a
manter a fração de moléculas com velocidades acima do limite, e possibilita que todas as
moléculas acabem adquirindo energia suficiente para escapar.
GE 2.9.11) Um recipiente contém dois gases ideais. Dois moles do primeiro gás estão presentes, com
massa molar M1. As moléculas do segundo gás têm massa molar M2=3M1 e 0,5 mol deste gás está
presente. Que fração da pressão total sobre a parede do recipiente é devida ao segundo gás?
Resp: Resp: A pressão total é a soma das pressões parciais, de acordo com a Lei de Dalton.
p = p1 + p 2
nRT n1 RT1 n2 RT2
=
+
V
V1
V2
Como V = V1 = V2 e n= n1 + n2
p1
n1
2,0 4
=
=
= .
p n1 + n2 2,5 5
p2
n2
0,5 1
=
=
= .
p n1 + n2 2,5 5
GE 2.9.12) a) Calcule a temperatura em que a velocidade média quadrática das moléculas de
hidrogênio é igual à velocidade de escape da superfície da Terra. Repita o cálculo para o oxigênio.
b) Efetue o mesmo cálculo para a lua, supondo que a aceleração da gravidade na sua superfície seja
0,16 g
c) A temperatura nas camadas mais altas da atmosfera da terra é aproximadamente 1.000 K. É de se
esperar que haja muito hidrogênio lá? E muito oxigênio?
Resp:
a)
p=
ρv 2 rms
3
logo
vrms =
3p
ρ
=
3RT
.
M
Se
a
velocidade
de
escape
da
Terra,
vesc = 2 gRT = 11,2km / s for igual à velocidade vrms temos que
T=
Mv 2 rms
= 5,03 x10 6 M
3R
M H 2 = 2 g / mol
Levando em conta a massa molar dos elementos citados
M O2 = 32 g / mol
M He = 4 g / mol
b)Na Lua as temperaturas seriam
M H 2 = 2 g / mol → T = 440 K
M O2 = 32 g / mol → T = 7000 K
→ T = 10000 K
→ T = 20000 K .
→ T = 161000 K
. Mas, quando a Lua se formou
a temperatura era em torno dos 1000K e tanto hidrogênio quanto oxigênio escaparam.
c) Tendo em vista que T = 1000 K no alto da atmosfera não se deve esperar muito H2 por lá, pois os
átomos da cauda da distribuição de velocidades teriam velocidade para escapar. Já o oxigênio não
deve escapar.
GE 2.9.13) Próximo do zero absoluto, a capacidade calorífica molar do alumínio varia com a
-5
3
temperatura absoluta T e é dada por C= (3,16x10 ) T em J/mol.K. De quanto calor se precisa para se
elevar a temperatura de 1,2 g de alumínio de 6,6 para 15 K?
Resp: n =
m
1,2 g
=
= 0,045 moles
M 26,98 g
Q = ∫ nCdT
TF
Q = n ∫ AT 3 dT
Ti
(
4
nA TF − Ti
Q=
4
4
)
(
0,045moles )(3,16 x10 −5 )(15 4 − 6,6 4 )
Q=
= 17 mJ
4
GE 2.9.14) Uma amostra de 4,34 moles de gás ideal diatômico experimenta um aumento de
temperatura de 62,4K sob condições de pressão constante
a) Quanto calor se adicionou ao gás?
b) De quanto aumentou a energia interna do gás?
c) De quanto aumentou a energia cinética translacional interna do gás?
Resp:
a) Q = nC p ∆T = (4,34 moles )(29,1J / mol.K )(62,4 K ) = 7881J
b) ∆U = Q − W
∆U = nC p ∆T − (nR∆T ) = nC v ∆T
∆U = (4,34moles )(20,8 J / mol.K )(62,4 K ) = 5630 J
5
 5
KT  = nRT , logo
2
 2
c) Lembre-se que U = Eint = 
∆U =
5
2
nR∆T − nR∆T
2
2
∆U =
3
nR∆T = 3380 J
2
(energia apenas translacional)
GE 2.9.15) A lei de Dalton afirma que, em uma mistura de gases que não interagem quimicamente, a
pressão que cada constituinte exerce a uma certa temperatura é a mesma que exerceria se estivesse
sozinho no recipiente, e que a pressão total é igual à soma das pressões parciais de cada gás.
Deduza esta lei pela teoria cinética usando a equação: p =
Resp:
Sendo
ρV
M
ρ
M
=
=
Sabendo que p =
ρv 2 rms
3
1
ρυ 2
3
podemos escrever que p1 =
ρ1v1 2 rms
3
e p2 =
ρ 2 v 2 2 rms
V1 = V2 = V e n = n1 + n2 temos que:
ρ1V1
+
M1
ρ1
M1
+
Mas, como
ρ 2V2
M2
ρ2
M2
ρ1 =
3 p1
v1
2
rms
e
ρ2 =
3 p2
v2
2
rms
pode se substituir na equação acima tal que
3
.
3 p1
3 p2
3p
=
+
2
2
2
Mv2 rms M 1v1 rms M 2 v 2 rms
3 p 3 p1 3 p 2
=
+
RT RT RT
p = p1 + p 2
GE 2.9.16) O envoltório e a cesta de um balão de ar quente têm massa total de 249 kg, e o envoltório
3
tem capacidade de 2.180 m Quando inflado completamente, qual deverá ser a temperatura do ar no
interior do balão para que ele seja capaz de erguer 272 kg (além da sua própria massa)? Suponha que
3
o ar circundante, a 18,0º C, tenha densidade igual a 1,22 kg/m .
Resp:
ρ=
M
+ ρ ar (T ) = ρ ar (18 o C ) .
V
Nessas condições temos que
ρT = cte
ρ ar (T )T = ρ ar (18 o C )(18 + 273) .
Lembrando que o peso do ar dentro do balão mais o peso do envoltório e da massa a ser erguida é
igual ao empuxo (densidade do ar externo*volume deslocado*gravidade) podemos escrever que
r
r
r
Par , dentro + Pextra +cesto+envoltorio = E = ρ ar (18 o C )Vdesl g
ρ ar (T )Venvol. g + mextra+cesto+envoltorio g = ρ ar (18 o C )Venvol. g .
Logo
ρ ar (18 o C )(18 + 273)
T
ρ ar (18 o C )(18 + 273)
T
T=
Venvol . + mextra + cesto + envoltorio = ρ ar (18 o C )Venvol .
Venvol. = ρ ar (18 o C )Venvol. − mextra +cesto+ envoltorio
ρ ar (18 o C )(18 + 273)Venvol .
ρ ar (18 C )Venvol. − mextra+cesto+envoltorio
o
=
(1,22)(18 + 273)(2180)
= 361,9 K
(1,22)(2180) − (249 + 272)
GE 2.9.17) Nas CNTP (0º C e 1,00 atm) o livre caminho médio dos átomos no hélio é 285 nm.
Determine (a) o número de moléculas por metro cúbico e (b) o diâmetro efetivo dos átomos de hélio
Resp: a)
ρn =
d2 =
1
b)
P
1,01x10 5 Pa
=
=
= 2,68 x10 25 moléculas / m 3
V kT 1,38 x10 − 23 J / K (273K )
2πρ n λ He
= 1,71x10 −10 m ou seja d = 0,171 nm
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