Exercícios propostos
Capítulo
8
os fundamentos
da física
P.132
D
EstudoUnidade
dos gases
Capítulo 8 Estudo dos gases
2
1
Resoluções dos exercícios propostos
Situação inicial:
θ1 � 127 °C ⇒ T1 � 127 � 273 ⇒ T1 � 400 K; V1 � 10 º
Situação final:
θ2 � 327 °C ⇒ T2 � 327 � 273 ⇒ T2 � 600 K
V2
T
V
600
� 2 ⇒ 2 �
⇒ V2 � 15 º
V1
T1
10
400
∆V � V2 � V1 ⇒ ∆V � 15 � 10 ⇒ ∆V � 5 º
P.133
a) Analisando os dados da tabela, concluímos que a relação entre os valores do
volume (V ) e os correspondentes valores de temperatura absoluta (T ) mantém-se constante:
V
10
15
30
40
90
�
�
�
�
�
� constante
T
50
75
150
200
450
Portanto, o gás está sofrendo uma transformação isobárica (pressão constante).
b) Colocando os valores da tabela no diagrama V � T, obtém-se uma reta cujo
prolongamento passa pela origem, que corresponde ao zero absoluto:
V (cm 3)
90
40
30
15
10
0
P.134
50 75
150 200 450 T (K)
Dados: p1 � 1,0 � 105 N/m2; T1 � (27 � 273) K � 300 K; p2 � 3,0 � 105 N/m2
p2
p
1,0 � 105
3,0 � 105
� 2 ⇒
�
⇒ T2 � 900 K
T1
T2
T2
300
θ2 � T2 � 273 ⇒ θ2 � 900 � 273 ⇒ θ2 � 627 °C
Unidade D
Capítulo da
8 Estudo
dos gases
Os fundamentos
Física • Volume
2 • Capítulo 8
os fundamentos
da física
P.135
2
2
2
Exercícios
Resoluções
dospropostos
exercícios propostos
a) Analisando os dados da tabela, concluímos que a relação entre os valores da
pressão (p) e os correspondentes valores da temperatura absoluta (T ) permanece constante:
p
1,0
3,0
3,5
4,0
4,5
�
�
�
�
�
� constante
T
250
750
875
1.000
1.125
Portanto, o gás está sofrendo uma transformação isocórica ou isométrica (volume constante).
p (atm)
b) Lançando os valores da tabela no
4,5
diagrama p � T, obtém-se uma reta
4,0
cujo prolongamento passa pela ori-
3,5
gem (zero absoluto).
3,0
1,0
0
P.136
250
750
875 1.000 1.125 T (K)
Dados: p1 � 5 atm; V1 � 45 º; V2 � 30 º
Supondo que o gás é ideal, ele sofre uma transformação isotérmica, valendo a lei
de Boyle:
p1V1 � p2V2 ⇒ 5 � 45 � p2 � 30 ⇒ p2 � 7,5 atm
P.137
Transformação A → B: pA � 5,0 atm; VA � 0,50 m3; VB � 0,80 m3
pAVA � pBVB ⇒ 5,0 � 0,50 � pB � 0,80 ⇒ pB � 3,125 atm
Transformação A → C: pA � 5,0 atm; VA � 0,50 m3; pC � 1,0 atm
pAVA � pCVC ⇒ 5,0 � 0,50 � 1,0 � VC ⇒ VC � 2,5 m3
P.138
Dados: n1 � 1 mol; V1 � 22,4 º; V2 � 112 º
pV1 � n1RT
�
pV2 � n2RT
�
Dividindo � por �, temos:
V1
n
22, 4
1
� 1 ⇒
�
⇒ n2 � 5 mols
V2
n2
n2
112
1 mol
NA � 6,023 � 1023 moléculas
5 mol
x
x � 5 � 6,023 � 1023 ⇒ x � 3,0115 � 1024 moléculas
Unidade D
Capítulo da
8 Estudo
dos gases
Os fundamentos
Física • Volume
2 • Capítulo 8
os fundamentos
da física
P.139
2
Exercícios
Resoluções
dospropostos
exercícios propostos
Dados: M � 16 g/mol; V � 123 º; p � 2 atm; θ � 327 °C;
atm � º
mol � K
T � (327 � 273) K � 600 K; R � 0,082
a) pV � nRT ⇒ 2 � 123 � n � 0,082 � 600 ⇒ n � 5 mols
b) n �
m
⇒ m � nM ⇒ m � 5 � 16 ⇒ m � 80 g
M
c) Dados: V1 � 123 º; n1 � 5 mols; n2 � 1 mol
V1
n
123
5
�
⇒
� 1 ⇒
V
1
V2
n2
2
P.140
V2 � 24,6 º
Dados: M � 32 g/mol; V1 � 2,0 º; p1 � 1,5 atm; θ1 � 20 °C
T1 � (20 � 273) K � 293 K; R � 0,082
atm � º
mol � K
V2 � 3,0 º; p2 � 2,0 atm
a) Lei geral dos gases perfeitos:
p1V1
pV
� 2 2 ⇒ 1, 5 � 2,0 � 2, 0 � 3,0 ⇒ T2 � 586 K
T1
T2
293
T2
θ2 � T2 � 273 ⇒ θ2 � 586 � 273 ⇒ θ2 � 313 °C
b) p1V1 � nRT1 ⇒ 1,5 � 2,0 � n � 0,082 � 293 ⇒ n � 0,125
n�
P.141
m
⇒ m � nM � 0,125 � 32 ⇒ m � 4 g
M
Dados: θ1 � 30 °C; T1 � (273 � 30) K � 303 K; V1 � 1.000 cm3; p1 � 10 N/m2;
V2 � 500 cm3; p2 � 50 N/m2
p1V1
pV
10 � 1.000
50 � 500
� 2 2 ⇒
�
⇒ T2 � 757,5 K
T1
T2
T2
303
θ2 � T2 � 273 ⇒ θ2 � 757,5 � 273 ⇒ θ2 � 484,5 °C
P.142
a) I. Transformação isobárica: p � p0 ; T � 2T0
p0V0
pV
pV
pV
�
⇒ 0 0 � 0 ⇒ V � 2V0
T0
T
T0
2T0
II. Transformação isocórica: V’ � V � 2V0 ; T ’ � T0
pV
p ’V ’
p 2V
p ’ 2V0
p
�
⇒ 0 0 �
⇒ p’ � 0
T
T’
T0
2
2T0
3
3
Unidade D
Capítulo da
8 Estudo
dos gases
Os fundamentos
Física • Volume
2 • Capítulo 8
os fundamentos
da física
2
4
4
Exercícios
Resoluções
dospropostos
exercícios propostos
III. Transformação isotérmica: T’’ � T’ � T0 ; p’’ � p0
p ’’V ’’
p ’V ’
p V ’’
�
⇒ 0
�
T ’’
T’
T0
p0
2V0
2
⇒ V’’ � V0
T0
b) Representação gráfica pressão � volume:
p
I
p0
0
P.143
II
III
p0
2
V0
2V0
V
Situação inicial:
θ1 � 27 °C ⇒ T1 � (27 � 273) K � 300 K
Situação final:
θ2 � 57 °C ⇒ T2 � (57 � 273) K � 330 K
A transformação pode ser considerada isobárica:
V1
V
V
V
V
330
� 2 ⇒ 1 � 2 ⇒ 2 �
⇒
T1
T2
V1
300
330
300
P.144
V2
� 1,1
V1
Situação inicial: m1 � 15 kg; p1 � 3,0 atm
Logo:
p1V �
m1
m
VM
VM
VM
15
RT ⇒
� 1⇒
�
⇒
�5
M
RT
p1
RT
RT
3,0
Situação final: p2 � 2,8 atm; m2 � ?
Portanto:
p2V �
m2
m
m
VM
VM
RT ⇒
� 2 ⇒
� 2
M
RT
p2
RT
2,8
�
Igualando � e �, temos:
m2
� 5 ⇒ m2 � 14 kg
2,8
∆m � m1 � m2 ⇒ ∆m � 15 � 14 ⇒ ∆m � 1 kg
�
Unidade D
Os fundamentos
da Física • Volume 2 • Capítulo 8
Capítulo da
8 Estudo
dos gases
Os fundamentos
Física • Volume
2 • Capítulo 8
os fundamentos
da física
P.145
P.145
P.145
P.146
P.146
P.146
P.149
P.147
P.147
P.148
P.150
P.148
P.147
P.148
P.149
P.151
P.150
2
Exercícios propostos
Exercícios
Resoluções
dospropostos
exercícios propostos
Situação inicial: n1 � 6,0 mol; p1 � 4,0 atm
Situação inicial: n1 � 6,0 mol; p1 � 4,0 atm
Portanto:
Portanto:
p1V � n1RT ⇒ 4V � 6RT �
p1V � n1RT ⇒ 4V � 6RT �
Situação final: p2 � 1,0 atm; n2 � ?
Situação final: p2 � 1,0 atm; n2 � ?
Portanto: Os fundamentos
da Física • Volume 2 • Capítulo 8
Portanto:
p2V � n2RT ⇒ 1V � n2RT �
propostos
p2V � n2RT ⇒ 1V � n2RT Exercícios
�
6
4V
6RT
Dividindo � por �, temos: 4V � 6RT ⇒ n2 � 6 ⇒ n2 � 1,5 mol
Dividindo � por �, temos: V � n2RT ⇒ n2 � 4 ⇒ n2 � 1,5 mol
Situação inicial:
n1 � 6,0 mol; Vp1 � 4,0
atm
4
n2RT
Portanto:
p
⇒ 4V � 6RT �
Situação
inicial:
1V � n1RT
Situação
inicial:
Situação
atm;273)
n2 �K? � 700 K
θ
°C ⇒pT2 1��1,0
(427�
1 � 427final:
θ
�
427
°C
⇒
T
�
(427�
273)
K � 700 K
1
1
Portanto:
Situação final:
Situação
final:
p
n2RT
°C⇒⇒1V
T2�
�n(327�
273) K � 600 K
θ2V��327
�
2RT
θ2 � 327 °C ⇒ T2 � (327� 273) K � 600 K
3 por , temos: 4V � 6RT ⇒ n � 6 ⇒ n � 1,5 mol
Dividindo
�kT1 �700
2
2
e c(1)
e c(1)
3
4 8
VFísica
Os
fundamentos
da
•n7Volume
2 • Capítulo
2 kT
2RT
�
�
�
1,17
⇒
�
1
e c(1)
e
7
e c(2) � 32 kT � 700
600 ⇒ e c(1)
c(2) � 6 � 1,17
2
3
e c(2)
e c(2)
6propostos
600 Exercícios
2 kT2
2
Situação inicial:
5
5
5
5
6
θ
�127
427
°C⇒
⇒T°C
T�
�(127
(427�
700
KK�
��57
400
1�
1⇒
Dados:
θ °C
�
57
T ��θ 273)
�273)
273
�KK
273 ⇒ T � 330 K;
Dados:
θ
�
57
°C
⇒
T
�
θ
�
273
�
57
�
273 ⇒ T � 330 K;
�23
Situação
Como
ambos
os gases
J/K na mesma temperatura, as relações não se modificam:
k final:
� 1,38
� 10 estarão
�23
J/K 273) K � 600 K
k�
θ2 � 327
°C1,38
⇒ T2� 10
� (327�
e c(1)
v1
3
3
ec � 3 kT ⇒ e c � 3 � 1,38 � 10�23�� 1
330e ⇒ ec�
�46,83 � 10�21 J
�23
e
v
2
2
c(2)
kT3 kT
⇒ ec �
ec �
� 1,38 � 10
� 330 ⇒ 2ec � 6,83 � 10�21 J
1
2
2
e c(1)
e c(1)
7
700
� 2
�
�
⇒
� 1,17
3
e c(2)
e
6
600
c(2)
kT2
Hidrogênio:
M21��1.200
2 g/mol;
T1 � 300 2K; T
K; voxigênio:
�32
v2 g/mol
2 �
300 � v1; vM
1.200
Hidrogênio: M1 � 2 g/mol; oxigênio: M2 � 32 g/mol
θ 2� 273RT
°C ⇒ T � (27 � 273)2 K �3300
RT2 K
v 2 K�� 300
θv 1��27 °C1 ⇒ �
T � (27 � 273)
K�
a) Como
a energia
média
só57
depende
M
M
Dados:
θ�
57 °C ⇒cinética
T�θ�
273 �
� 273 da
⇒ temperatura,
T � 330 K; vem:
a) Como a energia cinética
média
só
depende
da
temperatura,
vem:
Dividindo
por� �
temos:
J/K
k ��1,38
10,�23
e c(1)
ec(1) � ec(2) ⇒ e c(1) � 1
2fundamentos da Física
2
6
e c(2) v�21 1• Capítulo
Os
3
3
� ec(2)
⇒ • Volume
v 21�23
v
T
v
1
16,838�v10
300
1 �21 J
1
⇒ e1c � e�c(1)
ec 1� � kT
1,38
� 10
�
330
⇒
e
�
�
⇒
�
⇒
�
0
,5
⇒
⇒
c
e
2
v2
4c(2) v 2
2
1.200
v 22
v 22 2 T2
v2
Exercícios
propostos
3RT 2
2
2
b) v 21 � 3RT ⇒ 3RT � v 1 � M1 �
b) v 1 � M1 ⇒ 3RT � v 12 � M1 �
M1
3RT⇒
2 resultados
Hidrogênio:
2(127
g/mol;
oxigênio:
M
g/mol
θ
127
°C
�
�da400
K 32
1T�
2 �
a)�Os
da
terceira
coluna
tabela
confirmam
a lei de Boyle: o produto
v 2 � 3RTM⇒
3RT
� v�22 �273)
M2 K�
2
2
M
2 T
v 27
�
⇒�gases
3RT
�300 Ktemperatura, as relações não se modificam:
θ �da
°C ⇒
(27 �
� v273)
K
Como
ambos
os
estarão
mesma
2 pressão
2 �
2 � Mna
M2 p pelo volume V permanece constante.
Igualando
e
,
temos:
� de
�
a) Para
Como
energia
cinética
média
só depende
da temperatura, vem:
b)
o avolume
24 unidades
e arbitrárias,
vo1 desnível de mercúrio é:
Igualando
�
2
2 e �, temos: c(1)
�
1
e
�4
v 1 � M1 �13
v 2 � M2
2
e
v
e
c(2)
2
58
c(1)
vh21�
�M
�
v
�
M
polegadas
�
1
2
�1
ec(1)
� 1,5
ec(2)m
⇒
162
v 1e c(2)
v 12
2
2
2 � 16 no
�
4
v 1pressão
� 2 � v 2do
� 32
⇒
A
ar ⇒
aprisionado
ramo
fechado
é dada por:
v
v2
v 12 � 2 � v 22 � 32 ⇒ v 122 � 16 ⇒ v 21 � 4
par2 � p3atm
pcoluna �
dgh v 2
RT � �
v patm � �
T
1.200
v1; v1.200 � v2
v 1300
� K; T2⇒
b)1 �
3RT
� 2vK;12 �v300
M1 �
Sendo M
a 1densidade do mercúrio d � 14 � 103 kg/m3,
3RT
3RT
2
e patm � 1,0v�2210
m/s�
v 21 g�2� 1031RT
�5 Pa, 2vem:
�
2
v 2 �M
⇒ 3RT � v 2 � M2 �M
M2 � 105 � 14 � 103 � 10 � 1,5 ⇒ par � 3,1 � 105 Pa
par � 1,0
Dividindo
� por �, temos:
P.148
Hidrogênio: M1 � 2 g/mol; oxigênio: M2 � 32 g/mol
θ � 27 °C ⇒ T � (27 � 273) K � 300 K
a) Como a energiaUnidade
cinética Dmédia só depende da temperatura, vem:
Capítulo 8 Estudo dos gases
os fundamentos
da física
b) v 21 �
P.149
P.149
e c(1)
�1
e
�
e
⇒
c(1)
c(2)
Os fundamentos
da Física
• Volume
2 • Capítulo
8
eexercícios
Resoluções
dos
propostos
c(2)
2
6
Exercícios propostos
Exercícios propostos
3RT
Os⇒fundamentos
3RT � v 12 � da
M1Física
� • Volume 2 • Capítulo 8
M1
2
v 1 daeFísica
Os fundamentos
2v 1• Capítulo 8
c(1) •vVolume
1
P.149
P.150
P.151
P.150
P.151
P.151
P.153
P.152
P.152
P.152
P.154
6
propostos
θ � 127
°C
273) K � 400
K
3RT⇒ T � (127 �2Exercícios
v 22 �
⇒ 3RT � v 2 � M2 �
M2 os gases estarão na mesma temperatura, as relações não se modificam:
Como ambos
e�
, temos:
θ �Igualando
127 °C ⇒�
T�
(127
� 273)
K � 400 K
e c(1)
v1
2
2
� 1 temperatura,
e
� 4 as relações não se modificam:
v 1 � ambos
M1 � vos
M2 estarão na
Como
mesma
2 � gases
e c(2)
v2
v 12 � 2 � v 22 � 32 ⇒
P.150
6
� 16 ⇒ � 1 �
e4
�4
e c(2) v 2
v2
T1 � 300 K; T2 � 1.200 K;Exercícios
v300 � v1; vpropostos
1.200 � v2
6
v 22
3RT1
3RT2
v 21 �
v 22 �
�
�
M°C
M
θ1��127
(127 K;
� v273)
400
T
300
K; ⇒
T2 T��1.200
300 �Kv�
1; v
1.200K� v2
Dividindo
�, temos:
Como
os gases
estarão2na mesma
3ambos
RT1� por
3RT2 temperatura, as relações não se modificam:
v 21 �
v2 �
�
�
M
e c(1)
v 21 M 1
vv
v1
v 21
T1
v 21
1
300
�
⇒ por
�
⇒ 2 �
� 0,5
�1 ⇒
e 1 1�� 4 ⇒
Dividindo
2
2 �, temos:
�
v 2v 2 2
v2
4
T2
1.200
v2
v2
v2
e c(2)
v2
v
v1
v 21
T
v2
1
1
300
⇒ 1 �
⇒
� 0,5
� 1 ⇒ 21 �
⇒ 21 �
2
v
v
4
2
T
1
.
200
v2
v2
v2
2
2
2
a)
Os300
resultados
terceira
coluna
tabela
a lei de Boyle: o produto
T1 �
K; T2 �da
1.200
K; v300
� v1da
; v1.200
� vconfirmam
2
da pressão
p pelo volume V permanece
constante.
3RT1
3RT2
2
v 21 �
v
�
� da
� oconfirmam
2
b)
Pararesultados
o volume
deterceira
24 unidades
arbitrárias,
desnível de
mercúrio
é: o produto
a) Os
coluna
da tabela
a lei
de Boyle:
M
M
13 p pelo
da
V permanece
constante.
Dividindo
temos:
�, volume
h �pressão
58 � por
polegadas
� 1,5
m
16
b)2Para o volume
de 24 unidades2 arbitrárias, o desnível de mercúrio é:
vno ramo
v
v1
do
é1dada por:
v 1A pressão
T1
v 21 ar aprisionado
1 fechado
300
⇒ 1 �
⇒
� 0,5
�
⇒
�
⇒ 21 �
2 h � 58 13 2
v2
v2
4
2
200
� 1,5
v 2 par �T2patm �
v 2polegadas
pcoluna1.�
patm
� vdgh
2m
16
3
, por:
Sendo
a densidade
do mercúrio
d � 14
� 103 kg/m
A pressão
do ar aprisionado
no ramo
fechado
é dada
2
5
ecoluna
patm �
� p1,0
��10dgh
Pa, vem:
gar��10
m/s
p
patm
� pfundamentos
atmda
Os
Física da
• Volume
• Capítulo 8a lei de Boyle: o produto 7
a) Os resultados
da
terceira
coluna
tabela2confirmam
3
3 5
5
3
, Pa
Sendo
a
densidade
do
mercúrio
d
�
14
�
10
par � 1,0 � 10 � 14 � 10 � 10 � 1,5 ⇒ par � kg/m
3,1 � 10
da pressão p2 pelo volume
V permanece
constante.
5
Exercícios
propostos
g � 10 m/s e patm � 1,0 � 10 Pa, vem:
b) Para o volume de 24 unidades arbitrárias, o desnível de mercúrio é:
par � 1,013
� 105 � 14 � 103 � 10 � 1,5 ⇒ par � 3,1 � 105 Pa
0,50
kg
h � 58m �inicial:
a) Situação
polegadas
� 1,5 m de pressão devido à massa m:
Acréscimo
16
T
� 300 K;
12 N/cm2mg
; no
V1 ramo
� V00fechado
, 5 � 10 é dada por:
1 �
A1pressão
dopar
aprisionado
∆p �
�
⇒ ∆p � 0,5 � 105 N/m2
�4
m
�
0,50
kg
A
Situação
final:
1,0
10
�
Acréscimo
de
pressão
devido
à massa m:
par � patm � pcoluna � patm � dgh
3
3
K; p2 � ?; do
VSituação
V0mginicial:
T2 � 350
Sendo
a densidade
mercúrio
d �014
2 �
, 5 � 10 kg/m ,
�
⇒
∆p � 5
∆p � 0,5 3� 105 N/m2
2
x
�
4
�
L
�
A
�
10,0
�
1,0
⇒
V
V
patm � 1,0
gp�
m/s e 12
A Pa, vem:
1,0 10 2 1 � 10 cm
1p � 10
1 10 p
� 2 ⇒
� 2 ⇒ p2 � 14 N/cm
p
� 1,0 � 105 N/m2
L�T
350
5300
3 patm inicial:
1 �
Situação
1 cmT2
p10,0
par � 3,1 � 105 Pa
ar � 1,0 � 10 � 14 � 10 � 10 � 1,5 ⇒
xg
Situação
final:
L��
A�
V1 �2)10
cm3 à ação da força
V1 �(∆p
b) O acréscimo de pressão
p210,0
� p1� 1,0
� 2⇒
N/cm
é devido
5
�p
(Latm
��
x) 1,0
�A�
(10,0
�2x) � 1,0 ⇒ V2 � (10,0 � x) cm3
V
p12 �
� 10
N/m
L � 10,0 cm
adicional F agindo sobre
o êmbolo
da área A 5� 225 cm25. Assim:
p
∆p pressão
� 1,0 � 10
� 0,5à �massa
10 ⇒m:
p2 � 1,5 � 105 N/m2
2
2 � patm �
Situação
final:
mA��0,50
kgg
1,0 cm
Acréscimo
de
devido
F
3
� x)⇒
� A0
�
⇒ F � ∆p � AV
∆p �
�mg
225
F, 5
�(10,0
N x) � 1,0 ⇒ V2 � (10,0 � x) cm
2��2(L
Transformação
isotérmica:
10 �
� 450
5
2
A
5 ⇒ ∆p � 0,5
5
2
� � 1,0 � 10
∆p �
� 10 N/m 5
p
�atmp
V2∆p 1,0
p21V�1 p
A2�
A � 1,0 cm2
� 10�4 � 0,5 � 10 ⇒ p2 � 1,5 � 10 N/m
1,0 � 105 inicial:
� 10,0 isotérmica:
� 1,5 � 105 � (10,0 � x)
Situação
Transformação
5
2
Antes: p0 � patm �x 1,0 � 10 N/m ; V0 � h0 � A � 1,0A
3
p
L �pA2V�
V1V�
1 �
2 10,0 � 1,0 ⇒ V1 � 10 cm
10,0
�
15,0
�
1,5x
⇒
1,5x
�
5,00
⇒
x � 3,33 cm
5
5
mg 1,0
m
� 10
5 x) m
p11,0
�� 10
p� atm
� 10
N/m
10,0
1,5
� 10�52 �1,0
(10,0
�
L � 10,0 cm
10�5�
p � p0 �
�
�1,0�
10
�
�
� 105 ;
Depois:
�4
A
20
g
Situação final: 20 � 10
par � patm � pcoluna � patm � dgh
Sendo a densidade do mercúrio d � 14 � 103 kg/m3,
Unidade D
g � 10 m/s2 e patm � 1,0 � 105 Pa, vem:
Capítulo da
8 Estudo
dos gases
Os fundamentos
Física • Volume
2 • Capítulo 8
5
3
par � 1,0 �Os
10fundamentos
� 14 � 10 da� 10
� 1,5
⇒ par2 �
3,1 � 1085 Pa
Física
• Volume
• Capítulo
os fundamentos
Exercícios
da física
Resoluções
dospropostos
exercícios propostos
2
P.153
P.152
P.153
P.153
P.154
P.154
P.154
P.156
P.155
Exercícios propostos
Os fundamentos da Física • Volume 2 • Capítulo 8
Os
fundamentos
da Físicade
• Volume
• Capítulo
8
m �inicial:
0,50
kg
a) Situação
Acréscimo
pressão2 devido
à massa
m:
A variação de pressão sofrida
pelo ar será:
2
Exercícios
T1 � 300 K; p1 � 12 N/cm
; V1 � Vpropostos
mg
0 , 5 � 10
Exercícios
∆p � p � p0 ⇒ ∆p � ∆p
patm�� dgh��propostos
p0atm
⇒ ∆p ⇒
� �dgh
∆p � 0,5 � 105 N/m2
Situação final:
A 2 1,0 � 10�4
3
3
Mas: d � 10 kg/m ; g � 10 m/s ; h � 4 cm � 4 � 10�2 m; portanto:
K; p2 � ?; VSituação
T2 � 350inicial:
inicial:
a)
2 � V0
a) Situação
Situação inicial:
3
�2 2
2
x
∆p � 300
�10
� 10
� 4 � 10
⇒
�400
L � A∆p
�
10,0
� 1,0N/m
⇒2 V1 � 10 cm3
V1p�
p2 K;
T
�
N/cm
��
V
2 2;; V
0
Tp111�
��300
K;⇒p
p1112
� 12
12
V
� N/cm
⇒V11 p�
5
2
2 �0 14 N/cm
p350
T10,0
L �Situação
1 � patm � 1,0 � 10 N/m
1 cmT2final:300
Situação
final: indica que houve uma diminuição na pressão do ar.
O
sinal negativo
g
Situação
final:
2
�
?;
V
T
2 �
b)
O22 acréscimo
� p2 �da
p1pressão
� 2 N/cm
) éa transformação
devido à ação pode
da força
� 350
350 K;
K; p
pde
�pressão
?; V
V22 �
� (∆p
Va00 variação
c) T
Considerando
do ar,
ser
2desprezível
V2 � (10,0 � x) cm3
V2 � (L � x) � A � (10,0 � x) � 1,0 ⇒
2
p
p
p
12
.
Assim:
adicional
F
agindo
sobre
o
êmbolo
da
área
A
�
225
cm
1
2
2
2
p1 � p2 ⇒ 12 � p p�
Vp0∆p
V1,0
��14
2 p⇒ �
A N/cm
2 �
� 1052� 0,5 � 105 ⇒ p2 � 1,5 � 105 N/m2
2então:
atm p
� A
⇒
considerada
14
N/cm
�⇒
1,0isobárica;
cm2 � 350
2
T
T
300
1
2
T1
300
350
T0
TA
FT2
⇒ F � ∆p � ATransformação
∆p �
� 2 � 225 ⇒ isotérmica:
F � 450 N
2
Mas:
TAA � 27de
� 273 ⇒ T(∆p
300
logo:
b)
p
�
p
2
N/cm
2) é devido à ação da força
A � �
2K;
1 �
b) O
O acréscimo
acréscimo
de pressão
pressão
(∆p
�
p
�
p
�
2
N/cm
) é devido à ação da força
2
1
p1V1 � p2V2
adicional
F
agindo
sobre
o
êmbolo
da
área
A
�
225
cm22. Assim:
H
�
S
20
16
H
S
�
0
5
5 225 cm . Assim:
adicional
sobre
o
êmbolo
da
área
A
�
�
� F agindo
⇒ 1,0 � 10 � 10,0
⇒ T0��1,5
375
K � (10,0 � x)
� 10
T
300
T
T
Antes: 0 p0 F� patmA � 1,0 � 0105 N/m2; V0 � h0 � A � 1,0A
F ⇒
�
∆p
FF �
�
�� 225
⇒ FF �
N
Em
graus
Celsius:
⇒
∆p �
� ∆p
∆p �� A
A10,0
�2
2�
225
� 450
450
N � 5,00 ⇒ x � 3,33 cm
15,0⇒� 1,5x
⇒
1,5x
A
mg
m � 10
m
A
5
5
5
1,0
10
p
�
p
�
�
�
�
Depois:
⇒ T0 � 102 °C 20 � 10�4 � 1,0 � 10 � 20 � 10 ;
T0 � 375 �0 273 A
5
2
V � ph � A�
� 0,8A
Antes:
Antes: p
p00 �
� patm
� 1,0
1,0 �� 10
105 N/m
N/m2;; V
V0 �
�h
h00 �� A
A�
� 1,0A
1,0A
atm
Como a transformação é isotérmica: 0
mg
m
10
m
5
5
5
mg phA
m ��0,8
10�4⇒�
p
�
�� 10
Depois:
5 �� p
5 � m � 105 ;
⇒p
⇒ p�� 010
� 1,0
p01,0
� 0,8p
p0V0 � pV
Dados:
1,0
10
p�
�
pp000h�
�0A �
� 1,0
� 20 �� 10
�
1,0
10
�
10
�
;
Depois:
A
20
A
20
20 � 10�4 5
Substituindo
os
valores
das
pressões:
�10
�10
2
�5
V
0,8A
� 1,00 � 10
� 1,01 � 10 N/m � 1,01 � 10 N/m2;
p � 1,00
V�
�� h
h10�� A
A�
�atm
0,8A
3 m
�6
3
Como
aa5 transformação
é
V (1,0
� 1,00
Como
transformação
é5 isotérmica:
isotérmica:
1
, 0T ��10300
� K;
0,8
� 10cm
� � 1,00
� 10� 510
) ⇒ m ; R � 8,31 J/mol � K;
20
23
V
⇒
� phA ⇒ p0 � 1,0 � p � 0,8 ⇒ p0 � 0,8p
p
0h
0A moléculas/mol
� pV
6,02
V00A �
�
pV
⇒ �p
p10
p00N
0h0A � phA ⇒ p0 � 1,0 � p � 0,8 ⇒ p0 � 0,8p
m
m
Substituindo
os
� 0,8
�
� 0�5
,8das
1, 0 � �6
0,8 � � 8,31
⇒
⇒pressões:
⇒ � 300 ⇒ n � 4,05 � 10�15 mol
Substituindo
os valores
valores
das
pressões:
pV 1
�, 0nRT
⇒ 1,01
20� 10 � 1,00 � 10 � n 25
m
5
5
5
1
,, 0
��m10
�� 10
5 � 0,8 (1,0 � 105 � m 23
5) ⇒
1
mol
6,02
�
10
moléculas
1
0
10
�
0,8
(1,0
�
10
�
10
)⇒
� 0,2 ⇒ m � 5 kg 20
⇒
20
�15
25
molm
x
4,05 � 10
m � 0,8 ⇒ 1, 0 � 0,8 � m
m
1
,
0
�
0,8
�
⇒
1, 0 � 0,8 � 20 � 0,8 ⇒ 1, 0 � 0,8 � 25 ⇒
⇒
⇒
Portanto:
20
25
m
a) Depois
da 23
entrada
da5água,
o volume do ar 9será:
m
�15
�
m
⇒
� 10
x �25
6,02
10 ⇒
� �0,2
0,2
⇒� 4,05
m �
�
5 kg
kg ⇒ x � 2,44 � 10 moléculas
⇒
V25
�S�H
S = 50 cm2
V � 50 � 16
P.157
P.155
P.155
7
Dados: da
V �
60
100 atm;
T0 � do
300 K;será:
R � 8 � 10�2 º � atm/K
a)
entrada
3 º; pda
0 �água,
a) Depois
Depois
da0 cm
entrada
da
água, o
o volume
volume
do ar
ar será:
V � 800
V
� SS �� H
= �2
50 cm22
V
H 0RT0 ⇒ 100 � 60 � N0 � 8 � S
S10
= 50 cm
p0�
V0 � N
� 16
300
cm ⇒ HN0 � 250
H0 mols
V
V�
� 50
50 �� 16
16
b) Volume de O23 consumido em 30 minutos:
V
V�
� 800
800 cm
cm3
1 min
5º
V � 150 º
16
cm
H0
4 cm
H
h
16 cm
H0
H
V
30 min
Aplicando a equação de Clapeyron, com p � 3 atm, obtemos:
b) A pressão do ar na situação inicial�2é p0 � patm
4 cmn � 18,75
h
pV � nRT0 ⇒ 3 � 150 � n � 8 � 10 � 300 ⇒
mols
h de Stevin fornece:
Na situação final, sendo p a pressão do ar,4 ocmteorema
patm � p � dgh ⇒ p � patm � dgh
b)
b) A
A pressão
pressão do
do ar
ar na
na situação
situação inicial
inicial é
ép
p00 �
�p
patm
atm
Na
situação
final,
sendo
p
a
pressão
do
ar,
Na situação final, sendo p a pressão do ar, o
o teorema
teorema de
de Stevin
Stevin fornece:
fornece:
7
8
7
7
A variação de pressão sofrida pelo ar será:
Exercícios propostos
∆p � p � p0 ⇒ ∆p � patm � dgh � patm ⇒ ∆p � �dgh
Unidade D
3
3
2
�2
Física
2 • Capítulo
Mas: d � Os
10 fundamentos
kg/m
; g �da
10Estudo
m/s •; Volume
h
� gases
4 cm
� 4 � 108 m; portanto:
Capítulo
8 dos
P.153 a) Situação inicial:
os fundamentos
3
�2 2
Exercícios
� 300
�10K;
� p10
� 412
� 10
⇒; V∆p
�400 N/m2 propostos
da física ∆p
Resoluções
exercícios
T1 �
N/cm
��Vpropostos
1 �
1dos
0
2
9
8
Situação
final: indica que houve uma diminuição na pressão do ar.
O
negativo
Nasinal
situação
final do O2 no cilindro, temos:
T2 � 350 K; p2 � ?; V2 � V0
Considerando
a variação da pressão do ar, a transformação pode ser
p’ � 40 atm; Vdesprezível
0 � 60 º; T0 � 300 K
p1
p2
p2
12
2
Vp0 2 � 14
V
Cálculo
número�de então:
mols⇒restantes:
� do⇒
considerada
� A N/cm
T1
T2 isobárica;
300
350
T0� 10�2TA� 300 ⇒ n’ � 100 mols
p’ V0 � n’RT0 ⇒ 40 � 60 � n’ � 8
T A � 27
�
273
⇒ T(∆p
b) Mas:
O número
acréscimo
pressão
� pé:2K;�logo:
p1 � 2 N/cm2) é devido à ação da força
A � 300
O
dede
mols
consumidos
H0 �
� SN �
20
16
adicional
FHagindo
sobre
o êmbolo
da150
áreamols
A � 225 cm2. Assim:
∆n
n’� S� ⇒
250
� 100
�
0
� ⇒ ∆n
�
⇒ T0 � 375 K
T
300
T0
T
Como
Fem 30A min (ou0 0,5 h) foram consumidos 18,75 mols, vem:
⇒ F � ∆p � A � 2 � 225 ⇒ F � 450 N
∆p �
Em
graus
A Celsius:
0,5 h
18,75 mols
T0 � 375 � 273 ⇒ T0 � 102
t �°C4 h
150 mols
t
Antes: p0 � patm � 1,0 � 105 N/m2; V0 � h0 � A � 1,0A
c)
c)
P.154
P.156
mg
m � 10
m
5
5
5
Depois:
Dados: p � p0 � A � 1,0 � 10 � 20 � 10�4 � 1,0 � 10 � 20 � 10 ;
V �� h10� �10
A �atm
0,8A
� 1,00 � 10�10 � 1,01 � 105 N/m2 � 1,01 � 10�5 N/m2 ;
p � 1,00
3
�6
3
Como
a transformação
é isotérmica:
� 1,00 � 10 m ; R � 8,31 J/mol � K;
T � 300
K; V � 1,00 cm
V0A �
⇒� p10
� phA ⇒ p0 � 1,0 � p � 0,8 ⇒ p0 � 0,8p
p0N
0h23
0Amoléculas/mol
� pV
6,02
A
Substituindo os valores das pressões:
pV � nRT ⇒ 1,01 � 10�5 � 1,00 � 10�6 � n � 8,31 � 300 ⇒ n � 4,05 � 10�15 mol
m
5
5
1, 0 � 105 �10,8
� � 10 23
� 10
)⇒
mol(1,0 � 106,02
moléculas
20
x
4,05 � 10�15 mol m
m
� 0,8 ⇒ 1, 0 � 0,8 �
⇒ 1, 0 � 0,8 �
⇒
20
25
Portanto:
m
��0,2
m �
5 �15
kg ⇒ x � 2,44 � 109 moléculas
� 10
x⇒� 25
6,02
1023⇒� 4,05
P.157
P.155
a) Dados:
V0 �
60 º; pda
100 atm;
T0 � do
300arK;será:
R � 8 � 10�2 º � atm/K
Depois da
entrada
o volume
0 �água,
V�S�H
S = 50 cm2
p 0V 0 � N 0RT 0 ⇒ 100 � 60 � N 0 � 8 � 10�2 � 300 ⇒ N 0 � 250 mols
V � 50 � 16
b) Volume de O23 consumido em 30 minutos:
V � 800 cm
1 min
5º
V � 150 º
16 cm
H0
H
V
30 min
Aplicando a equação de Clapeyron, com p � 3 atm, obtemos:
4 cmn � 18,75
h
pV � nRT0 ⇒ 3 � 150 � n � 8 � 10�2 � 300 ⇒
mols
b) A pressão Os
dofundamentos
ar na situação
inicial• éVolume
p0 � p2atm
da Física
• Capítulo 8
Na situação final, sendo p a pressão do ar, o teorema de Stevin fornece:
Exercícios propostos
patm � p � dgh ⇒ p � patm � dgh
A variação de pressão sofrida pelo ar será:
∆p � p � p0 ⇒ ∆p � patm � dgh � patm ⇒ ∆p � �dgh
Mas: d � 103 kg/m3; g � 10 m/s2; h � 4 cm � 4 � 10�2 m; portanto:
∆p � �103 � 10 � 4 � 10�2 ⇒ ∆p � �400 N/m2
8
8
Os fundamentos da Física • Volume 2 • Capítulo 8
Unidade D
Exercícios propostos
Capítulo 8 Estudo dos gases
2
os fundamentos
sofrida pelo
será:
da física A variação de pressão
Resoluções
dosarexercícios
propostos
9
∆p � p � p0 ⇒ ∆p � patm � dgh � patm ⇒ ∆p � �dgh
Mas: d � 103 kg/m3; g � 10 m/s2; h � 4 cm � 4 � 10�2 m; portanto:
∆p � �103 � 10 � 4 � 10�2 ⇒ ∆p � �400 N/m2
O sinal negativo indica que houve uma diminuição na pressão do ar.
c) Considerando desprezível a variação da pressão do ar, a transformação pode ser
V0
V
� A
T0
TA
Mas: TA � 27 � 273 ⇒ TA � 300 K; logo:
considerada isobárica; então:
H0 � S
20
16
H�S
�
�
⇒
⇒ T0 � 375 K
T0
300
T0
TA
Em graus Celsius:
T0 � 375 � 273 ⇒ T0 � 102 °C
P.156
Dados:
p � 1,00 � 10�10 atm � 1,00 � 10�10 � 1,01 � 105 N/m2 � 1,01 � 10�5 N/m2;
T � 300 K; V � 1,00 cm3 � 1,00 � 10�6 m3; R � 8,31 J/mol � K;
NA � 6,02 � 1023 moléculas/mol
pV � nRT ⇒ 1,01 � 10�5 � 1,00 � 10�6 � n � 8,31 � 300 ⇒ n � 4,05 � 10�15 mol
1 mol
4,05 � 10�15 mol
6,02 � 1023 moléculas
x
Portanto:
x � 6,02 � 1023 � 4,05 � 10�15 ⇒ x � 2,44 � 109 moléculas
P.157
a) Dados: V0 � 60 º; p0 � 100 atm; T0 � 300 K; R � 8 � 10�2 º � atm/K
p0V0 � N0RT0 ⇒ 100 � 60 � N0 � 8 � 10�2 � 300 ⇒ N0 � 250 mols
b) Volume de O2 consumido em 30 minutos:
5º
V
1 min
30 min
V � 150 º
Aplicando a equação de Clapeyron, com p � 3 atm, obtemos:
pV � nRT0 ⇒ 3 � 150 � n � 8 � 10�2 � 300 ⇒ n � 18,75 mols