Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
01
O volume do cubo de chumbo é calculado por:
V = a3
⇒
V = 23
⇒
⇒
V = 8 cm3
V = 8 ⋅ 10 −6 m³
Cálculo da massa de chumbo:
d=
m
V
⇒ m = d ⋅ V ⇒ m = 11,3 ⋅ 103 ⋅ 8 ⋅ 10 −6 ⇒ m = 0,0904 kg
a) A quantidade de calor cedida ao gelo pelo cubo de chumbo é calculada
por:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆θ ⇒ Q = 0,0904 ⋅ 128 ⋅ ( 0 − 100 ) ⇒
⇒ Q = − 1 157,12 J
⇒ Q ≈ − 1,2 ⋅ 103 J ⇒ |Q| ≈ 1,2 kJ
b) A massa de gelo derretida ao receber essa quantidade de calor é:
Q = m ⋅ L ⇒ 1,2 = m ⋅ 333,5
⇒ m ≈ 0,0036 kg
Essa massa de gelo está contida em um prisma cuja área da base é
igual à área da base do cubo:
Abase = a2 = 22 = 4 cm2 ⇒ Abase = 4 ⋅ 10–4 m2
Pela definição de densidade tem-se:
m
⇒ m = d ⋅ V ⇒ m = d ⋅ B ⋅h ⇒
V
⇒ 0,0036 = 1 ⋅ 103 ⋅ 4 ⋅ 10−4 ⋅ h ⇒
d=
⇒ h = 0,009 m ⇒
h = 0,90 cm
Respostas:
a) |Q| ≈ 1,2 kJ
b) h = 0,90 cm
1
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02
Na situação descrita, os sistemas formados por cada líquido e cada
esfera podem ser considerados termicamente isolados, assim:
• QA + QE = 0 ⇒ m ⋅ c A ⋅ ∆θA + mE ⋅ cE ⋅ ∆θE = 0 ⇒
⇒
m ⋅ c A ⋅ ( 360 − 300 ) + mE ⋅ cE ⋅ ( 360 − 400 ) = 0 ⇒
⇒ 60 ⋅ m ⋅ c A = 40 ⋅ mE ⋅ cE
• QB + QE = 0
⇒
(I)
⇒ m ⋅ cB ⋅ ∆θB + mE ⋅ cE ⋅ ∆θE = 0 ⇒
m ⋅ cB ⋅ ( 320 − 300 ) + mE ⋅ cE ⋅ ( 320 − 400 ) = 0 ⇒
⇒ 20 ⋅ m ⋅ cB = 80 ⋅ mE ⋅ cE
(II)
Dividindo as expressões (I) e (II) membro a membro, tem-se:
60 ⋅ m ⋅ c A
40 ⋅ mE ⋅ c E
=
20 ⋅ m ⋅ c B
80 ⋅ mE ⋅ c E
Resposta:
⇒
cA
1
=
cB
6
cA
1
=
cB
6
2
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03
O sistema é termicamente isolado, então:
QAℓ + QCu + Qágua = 0
(m ⋅ c ⋅ ∆θ)Aℓ + (m ⋅ c ⋅ ∆θ)Cu + (m ⋅ c ⋅ ∆θ)água = 0
400 ⋅ 0,2 ⋅ (x – 120) + 300 ⋅ 0,1 ⋅ (x – 25) + 900 ⋅ 1 ⋅ (x – 25) = 0
80x – 9 600 + 30 x – 750 + 900x – 22 500 = 0
x ≈ 32,5 ºC
Resposta: D
3
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04
Nas condições descritas, o sistema é considerado termicamente isolado,
assim, fazendo as devidas transformações de unidades:
• c chá = 1 cal/(g ⋅ ℃) = 4,2 J/(g ⋅ ℃)
• mcaneca = 100 g = 0,1 kg
Portanto:
Qchá + Qcaneca = 0 ⇒ mchá ⋅ c chá ⋅ ∆θchá + mcaneca ⋅ c caneca ⋅ ∆θcaneca = 0 ⇒
⇒ 200 ⋅ 4,2 ⋅ ( θe − 80 ) + 0,1 ⋅ 910 ⋅ ( θe − 10 ) = 0 ⇒
⇒ 931θe = 68 110 ⇒ θe = 73,16 ℃
Resposta: 73,16 oC
4
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05
a) A quantidade de calor absorvido pelo calorímetro é dada por:
Qcal = Ccal ⋅ ∆θcal
Qcal = 10 ⋅ (30 – 20)
Qcal = 100 cal
A quantidade de calor absorvido pela água é dada por:
QA = mA ⋅ cA ⋅ ∆θA
QA = 500 ⋅ 1 ⋅ (30 – 20)
QA = mA ⋅ cA ⋅ ∆θA
QA = 500 ⋅ 1 ⋅ (30 – 20)
QA = 5 000 cal
b) A temperatura final da barra é a temperatura de equilíbrio do sistema.
Ou seja, θf = 30 ºC
Em se tratando de um sistema termicamente isolado:
QA + Qcal + QB = 0 ⇒ 5 000 + 100 + mB ⋅ cB ⋅ ∆θB = 0 ⇒
⇒ 5 100 + 200 ⋅ cB ⋅ (30 – 80) = 0 ⇒ cB = 0,51 cal/(g ⋅ ºC)
Respostas:
a) Quantidade de calor absorvido pelo calorímetro: Qc = 100 cal;
quantidade de calor absorvido pela água: Qc = 5 000 cal
b) Temperatura final da barra: TB final = 30 oC; calor específico do material
da barra: cB = 0,51 cal/(g • °C)
5
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
06
O sistema é isolado. Usando os dados do enunciado, tem-se:
QA + QB = 0 ⇒ mA ⋅ c A ⋅ ∆θA + mB ⋅ cB ⋅ ∆θB = 0 ⇒
⇒ 2mB ⋅
cB
⋅ ( Teq – 3TB ) + mB ⋅ cB ⋅ ( Teq − TB ) = 0 ⇒
2
⇒ 2Teq = 4TB ⇒ Teq = 2TB
Resposta: B
6
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07
Por morar no litoral (ao nível do mar, p = 1 atm), o estudante sabe que a
temperatura de ebulição da água é 100 °C.
Considerando o sistema termicamente isolado, tem-se:
QA fria + QA quente = 0 ⇒ 200 ⋅ 1 ⋅ ( 80 − 25 ) + mA quente ⋅ 1 ⋅ ( 80 − 100 ) = 0 ⇒
⇒ 11 000 = 20 mA quente ⇒ mA quente = 550 g
Resposta: E
7
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08
Admitindo as densidades do café, leite e adoçante iguais à densidade da
água (1g/mL) e os dados informados no enunciado, tem-se:
Café
Leite
Adoçante
mC = 50 g
mL = 100 g
mA = 2 g
cC = 1 cal/(g ⋅ ºC)
cL = 0,9 cal/(g ⋅ ºC)
cA = 2cal/(g ⋅ ºC)
θC = 80 ºC
θL= 50 ºC
θA= 20 ºC
Como se trata de um sistema termicamente isolado, a temperatura de
equilíbrio (θeq.) pode ser determinada como:
Qcafé + Qleite + Qadoçante = 0
mC ⋅ CC ⋅ ( θ eq. – θ C ) + mL ⋅ CL ⋅ ( θ eq. – θL ) + mA ⋅ CA ⋅ (θ eq. – θ A ) = 0
50 ⋅ 1 ⋅ (θ eq. – 80) + 100 ⋅ 0,9 ⋅ (θ eq. – 50) + 2 ⋅ 2 ⋅ (θ eq. – 20) = 0
θ eq. ≈ 59,6 º C
Resposta: C
8
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09
Do gráfico:
i Q A = 3000 cal e ∆θ A = 10 ºC
i QB = 6000cal e ∆θB = 60 ºC
Q A = C A ⋅ ∆θ A
⇒ 3000 = C A ⋅ 10 ⇒ C A = 300 cal/º C
Ainda:
Q A = CB ⋅ ∆θB ⇒ 6000 = CB ⋅ 60 ⇒ CB = 100 cal / º C
Sistema termicamente isolado:
QA + QB = 0
CA ⋅ ∆θA + CB ⋅ ∆θB = 0
300 ⋅ (x – 60) + 100 ⋅ (x – 40) = 0
3x – 180 + x – 40 = 0
X = 55 ºC
Resposta: A
9
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
10
Desprezando-se as perdas de calor para o ambiente, o sistema pode ser
considerado termicamente isolado. Assim:
QP + QB = 0
mP ⋅ c P ⋅ ∆θP + mB ⋅ cB ⋅ ∆θB = 0
600 ⋅ 0,2 ⋅ ( θe − 20 ) + 200 ⋅ 0,7 ⋅ ( θe − 50 ) = 0
260 ⋅ θe = 9 400
θe = 36,15 ℃
Resposta: C
10
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11
Como a vazão da torneira que despeja água a 20 ºC é 8 litros por minuto,
em 10 minutos, o volume de água é 80 litros que correspondem a 80 kg
de água.
Considerando que apenas os 80 kg de água a 20 ºC e a massa M de
água a 70 ºC trocam calor entre si, e que a temperatura de equilíbrio é
igual a 30 ºC, pode-se equacionar as trocas de calor da seguinte maneira:
Qágua(1) = Qágua(2) = 0
(m ⋅ c ⋅ ∆θ)1 = (M ⋅ c ⋅ ∆θ)2 = 0
Procedendo as devidas substituições numéricas, temos:
80 ⋅ c ⋅ (30 – 20) + M ⋅ c ⋅ (30 – 70) = 0
M = 20 kg (que correspondem a 20 litros)
Sendo a vazão igual a 8 litros por minuto, para que sejam despejados 20
litros, é necessário um intervalo de tempo igual a 2,5 minutos.
Resposta: A
11
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
12
a) Do enunciado, temos:
manel = 4 g; Vágua = 2 mL; dágua = 1 g/cm3 = 1 g/mL
canel = 0,03 cal/(g • oC) e cágua = 1 cal/(g • oC)
θi anel = 100 ºC; θi água = 15 ºC
Massa da água: dágua =
mágua
v água
⇒1=
mágua
2
⇒ mágua = 2 g
O anel e a água constituem um sistema termicamente isolado, e não
ocorre mudança de estado. Assim: Qanel + Qágua = 0 ⇒
⇒ manel ⋅ canel ⋅ (θeq. – θi anel) + mágua ⋅ cágua ⋅ (θeq. – θi água) = 0 ⇒
⇒ 4 ⋅ 0,03 ⋅ (θeq – 100) + 2 ⋅ 1 ⋅ (θeq – 15) = 0 ⇒ θeq ≈ 19,8 ºC
b) Como θeq = 22 ºC, temos: Qanel + Qágua = 0 ⇒
⇒ manel ⋅ canel ⋅ (θeq. – θianel) + mágua ⋅ cágua ⋅ (θeq. – θiágua) = 0 ⇒
⇒ 4 ⋅ canel • (19,8 – 100) + 2 ⋅ 1 ⋅ (19,8 – 15) = 0 ⇒
⇒ canel ≈ 0,045 cal/(g • oC)
c) Pelo gráfico dado, para um calor específico igual a 0,045 cal/(g • oC),
temos 75% de ouro.
A partir da tabela, 75% de ouro correspondem a 18 quilates.
Respostas: a) θeq. ≈ 19,8 °C; b) canel = 0,045 cal/(g • °C); c) 75% de ouro
(18 quilates)
12
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13
Considerando os corpos que constituem o trocador de calor um sistema
termicamente isolado, e analisando a troca de calor por um intervalo de
tempo de 1 minuto, temos:
Qserpentina + Qtubulação principal = 0
Como não há mudança de estado físico e sendo 1 kg a massa de 1 L de
água:
mS ⋅ c A ⋅ (θsaída – θentrada) + mT ⋅ c A ⋅ ( θ'saída – θ'entrada ) = 0
18 • (40 – 20) + 12 • (T – 85) = 0
T = 55 ºC
Resposta: C
13
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14
Considerando o sistema formado pelo calorímetro, a água, o bloco e o
meio ambiente, temos:
QC + QA + QB + QMA = 0
CC • ∆θC + mA • cA • ∆θA + CB • ∆θB + QMA = 0
180 + 2 400 – 3 000 + QMA = 0
QMA = 420 cal
Resposta: A
14
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15
a) Para o sistema termicamente isolado, tem-se:
QA1 + QA2 = 0
m1 ⋅ c1 ⋅ ∆θ1 + m2 ⋅ c2 ⋅ ∆θ2 = 0
25 ⋅ c água ⋅ (40 – 30) + m2 ⋅ c água ⋅ (40 – 65) = 0
m2 = 10 kg
b) Para a nova situação:
Qgelo + Qágua = 0
(mg ⋅ L) + (mg ⋅ c a ⋅ ∆θ ) + m ⋅ c a ⋅ ∆θ a = 0
mg ⋅ 320 + mg ⋅ 4 ⋅ (20 – 0) + 25 ⋅ 4 ⋅ (20 – 3) = 0
mg = 2,5 kg
Respostas:
a) m = 10 kg
b) m’ = 2,5 kg
15
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16
Para fundir todo o gelo:
Q = mL = 10 000 ⋅ 80 = 800 000 cal.
Quantidade máxima de calor que a água pode fornecer:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆θ = 40 ⋅ 1 ⋅ (0 – 20) = – 800 cal
Logo, apenas uma pequena massa de gelo irá ser derretida.
Vamos calcular a massa de gelo que será derretida:
Q = mL ⇒ 800 = m ⋅ 80 ⇒ m = 10 g
Logo, na cavidade haverá:
mtotal = 40 g + 10 g = 50 g de água a 0 ºC
Além disso, a cavidade irá aumentar o volume, pois parte do gelo
derreteu.
Resposta: A
16
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17
Desprezando-se as perdas de calor para o ambiente, o sistema pode ser
considerado termicamente isolado. Assim:
Q xícara + Qcafé + Qgelo = 0
C xícara ⋅ ∆θ xícara + mcafé ⋅ c café ⋅ ∆θcafé + mgelo ⋅ L fusão + mgelo ⋅ c água ⋅ ∆θgelo = 0
30 ⋅ ( θe − 100 ) + 120 ⋅ 1⋅ ( θe − 100 ) + 10 ⋅ 80 + 10 ⋅ 1⋅ ( θe − 0 ) = 0
16 ⋅ θe = 1420 ⇒
θe = 88,75 ℃
Resposta: B
17
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18
a) Sendo o sistema termicamente isolado, tem-se:
Qcopo + Qgelo = 0 ⇒ 200 ⋅ 1 ⋅ ( θe − 25 ) + 50 ⋅ 80 + 50 ⋅ 1⋅ ( θe − 0 ) = 0 ⇒
⇒ 250θe = 1000
⇒
θe = 4 ℃
b) A temperatura será maior, pois o copo também cederia calor para o
sistema, assim a temperatura de equilíbrio seria maior que a da
situação anterior.
Qcopo + Qgelo + Qcopo = 0
200 ⋅ 1 ⋅ ( θ'e − 25 ) + 50 ⋅ 80 + 50 ⋅ 1 ⋅ ( θ'e − 0 ) + 200 ⋅ c copo ⋅ ( θ'e − 25 ) = 0
( 250 + 200 ⋅ c copo ) ⋅ θ'e = 1000 + 5000 ⋅ c copo
θ'e =
1000 + 5000 ⋅ c copo
250 + 200 ⋅ c copo
θ’e > 4 °C
Respostas:
a) θe = 4 °C
b) A temperatura de equilíbrio é maior que o valor obtido no item anterior,
pois o copo também fornecerá calor para a fusão do gelo e para o
aquecimento da massa de água resultante do gelo fundido.
18
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
19
Considerando o sistema isolado, tem-se:
Qágua + Qgelo = 0
mágua ⋅ c água ⋅ ∆θágua + mgelo ⋅ L fusão + mgelo ⋅ c água ⋅ ∆θgelo = 0
150 ⋅ 1 ⋅ ( θe − 80 ) + 50 ⋅ 80 + 50 ⋅ 1⋅ ( θe − 0 ) = 0
200 ⋅ θe = 8000
θe = 40 ℃
Resposta: E
19
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
20
Cálculo da massa de suco.
d=
m
⇒ m = d⋅ V ⇒
V
m = 1⋅ 500 ⇒ m = 500 g
Considerando o sistema isolado, tem-se:
Qsuco + Qgelo = 0
msuco ⋅ c suco ⋅ ∆θsuco + mgelo ⋅ L fusão + mgelo ⋅ c água ⋅ ∆θgelo = 0
500 ⋅ 1 ⋅ ( θe − 25 ) + 20 ⋅ 80 + 20 ⋅ 1 ⋅ ( θe − 0 ) = 0
520 ⋅ θe = 10 900
θe ≈ 20,96 ℃
Resposta: C
20
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
21
a) Q = m c ⋅ ∆θ; do gráfico: Q = 196 cal e ∆θ = 20 ºC
196 = 20 ⋅ c ⋅ 20 ⇒ c = 0,49 cal/(g • ºC)
b) Para resfriar o ferro até 0 ºC, a quantidade de calor que seria cedida é:
Q = m • c • ∆θ
Q = 100 ⋅ 0,11 ⋅ (0 – 100)
Q = – 1 100 cal
Pelo gráfico, essa quantidade de calor é suficiente para aquecer o gelo
(196 cal), mas insuficiente para derreter todo o gelo (1 600 cal). Logo,
no equilíbrio haverá gelo e água.
Portanto: θeq = 0 ºC
Respostas:
a) c = 0,49 cal/(g • °C)
b) θf = 0 °C
21
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
22
Cálculo da massa de chope.
1 L = 1 000 cm³
d=
m
⇒ m = d⋅V ⇒
V
m = 1 ⋅ 1 000 ⇒ m = 1 000 g
a) Na situação descrita, o gelo se transforma em água. Pelo enunciado, o
sistema é termicamente isolado; assim:
Qchope + Qgelo = 0
mchope ⋅ c chope ⋅ ∆θchope + mgelo ⋅ c gelo ⋅ ∆θgelo + mgelo ⋅ L fusão = 0
1000 ⋅ 1 ⋅ ( 4 − 24,5 ) + m ⋅ 0,5 ⋅ 0 − ( −4 ) + m ⋅ 80 = 0
82 ⋅ m = 20500
m = 250 g
b) Pelo enunciado o chope é servido à razão de 1 litro por minuto. A partir
do item anterior tem-se:
250 g
1 min
∆t
20000 g
⇒ ∆t =
20 000
250
⇒ ∆t = 80 min
Respostas:
a) m = 250 g
b) ∆t = 80 min
22
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
23
Sistema termicamente isolado:
Qág + QPb = 0
m ⋅ L + m ⋅ L + m ⋅ c ⋅ ∆θ = 0
m ⋅ 540 + 300 ⋅ (–5, 5) + 300 ⋅ 0,03 ⋅ (100 – 327) = 0
m ≈ 6,8 g
RESPOSTA: E
23
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
24
a) Para que o gelo se transforme em água líquida a 0 °C, deve-se
fornecer calor para elevação da temperatura até a temperatura de
fusão e também para mudança de estado. Assim:
Q = mgelo ⋅ c gelo ⋅ ∆θgelo + mgelo ⋅ L fusão
Q = 400 ⋅ 0,5 ⋅ 0 – ( −20 )  + 400 ⋅ 80
Q = 4 000 + 32 000
Q = 36 000 cal
Q = 36 kcal
b) A quantidade máxima de calor que o ferro pode ceder é calculada da
seguinte forma:
Q = mFe ⋅ cFe ⋅ ∆θFe
Q = 80 ⋅ 0,1⋅ ( 0 – 800 )
Q = –6400 cal
Portanto, a quantidade máxima de calor cedido pelo ferro é menor que
a quantidade necessária para a conversão do gelo em água, mas é
suficiente para elevar a temperatura do gelo até 0 °C e derreter uma
parte do gelo. Logo, a temperatura de equilíbrio será 0 °C.
Respostas:
a) Q = 36 kcal
b) θf = 0 °C
24
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
25
Considere esta figura.
Q1 = mg ⋅ c g ⋅ ∆θ g = 40 ⋅ 0,5 ⋅ 20 = 400 cal

Q2 = mg ⋅ L = 40 ⋅ 80 = 3 200 cal

Q3 = ma ⋅ c a ⋅ ∆θa = 100 ⋅ 1⋅ (0 – 20) = –2000 cal
Observando os resultados, conclui-se que:
1. O gelo será aquecido até 0 ºC, consumindo 400 cal.
2. Subtraindo as 400 cal das 2 000 cal que a água “poderia ceder”, restam
1 600 cal.
3. Essa quantidade de calor é insuficiente para fundir todo o gelo, pois
necessitaria de 3 200 cal.
4. Entretanto, 1 600 cal são suficientes para fundir metade do gelo.
Logo, no equilíbrio haverá:
mgelo = 20 g
mágua

 Essa mistura estará a 0 ºC
= 100 + 20 = 120 g
Resposta: E
25
Física • Unidade VI • Termofísica • Série 5 - Sistemas termicamente isolados
26
Há duas maneiras de resolver essa questão.
I. Sob pressão atmosférica, a menor temperatura em que o gelo subsiste
é 0 °C. O enunciado pede que se calcule a temperatura da mistura gelo
+ água; logo, a temperatura de equilíbrio será 0 °C.
II. Fazendo o balanço energético, vem:
• calor necessário para derreter toda a massa de gelo:
Q = m ⋅ L = 150 ⋅ 80 ⇒ Q = 12 000 cal
• quantidade máxima de calor cedida pela água:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆θ = 200 ⋅ 1 ⋅ ( 0 – 30) ⇒ Q = – 6 000 cal
Como o calor cedido pela água é insuficiente para derreter o gelo, a
temperatura de equilíbrio será 0 °C.
Resposta: C
26