LIVRO 2 | FÍSICA 1
Resoluções das Atividades
Sumário
Aula 6 – Dilatação térmica – Aprofundamento ................................................. 1
Aula 9 – Calorimetria – Aprofundamento ......................................................... 6
Aula 7 – Calorimetria e mudanças de fase – Calor sensível e calor latente ..... 2
Aula 10 – Estados físicos da matéria................................................................. 7
Aula 8 – Calorimetria – Lei geral das trocas de calor ....................................... 4
Aula 6
Dilatação térmica – Aprofundamento
Atividades para Sala
01 E
Da expressão da dilatação linear, temos:
∆L = Lo · α · ∆T ⇒ 2,24 – 2,00 = 2,00 · α · (220 – 20) ⇒
α = 6 · 10–4 oC–1
(F) Do estudo da dilatação, sabemos que: L = Lo · (1 + α · ∆θ).
Assim sendo, teremos:
LB – LA = Lo · (1 + αB· ∆θ) – Lo · (1 + αA · ∆θ) ⇒
= Lo · (αB – αA) · (θ – θo)
(F) Pela igura, ao ter sido aquecida, a lâmina se curvou
para o lado esquerdo (lado de A), em virtude de a
lâmina B ter se dilatado mais que a A. Logo, αB > αA.
(F) Quando é atingida a temperatura θo, a lâmina volta a
entrar em contato com o terminal elétrico, religando o
circuito, já que nessa temperatura a lâmina volta para
sua coniguração original.
02 A
Com as garrafas fechadas, podemos entender que as
massas das substâncias permanecem constantes. Nessas
condições, a densidade e o volume são inversamente proporcionais.
O gráico mostra que a densidade da substância na garrafa A
diminui quando sua temperatura diminui de 4 ºC a 0 ºC. Portanto, com o aumento do volume, essa garrafa irá quebrar.
O outro gráico mostra o contrário sobre o comportamento da substância na garrafa B. Logo, a garrafa B não
quebra.
03 A
Como o tanque não se dilatou e já estava cheio (no início),
concluímos que o volume extravasado será a própria variação de volume da gasolina, ou seja:
∆V = V0 · g · ∆T ⇒ ∆V = V0 · 1,1 · 10–3 · (30 – 10) ⇒ ∆V = 0,022 · V0
Como para encher o tanque (V0), João gastou 33 reais,
conclui-se que o prejuízo P foi de:
P = 0,022 · 33 = R$ 0,73
04 A
(V) Quando uma corrente elétrica passa pela lâmina,
ocorre efeito Joule. Com a dissipação de calor que
ocorre por esse efeito, a lâmina começa a se aquecer.
(F) Em uma lâmina bimetálica, quando há aquecimento, a
lâmina se curva para o lado da lâmina que tiver menor
coeiciente de dilatação linear. Quando a lâmina é resfriada, ela se curva para o lado que tiver maior coeiciente
de dilatação linear, no caso, para a direita (lado de B).
Atividades Propostas
01 B
Nesse caso, houve uma contração térmica. A diminuição
do volume da gasolina pode ser calculada pela seguinte
expressão:
∆V = Vo · g · ∆T ⇒ ∆V = 4.000 · 1 · 10–3 · (15 – 35) ⇒ ∆V = –80
litros (o sinal apenas indica diminuição do volume).
02 E
Como ambos os quadrados são feitos de cobre, apresentam as mesmas dimensões e são submetidos à mesma
variação de temperatura, teremos o mesmo aumento
de área para os dois. Logo, suas áreas inais serão iguais
entre si.
03 C
Já que tanto o parafuso quanto a porca serão aquecidos,
ambos se dilatarão. Para que a porca consiga ser facilmente desatarraxada, é necessário que seu coeiciente
seja alto (como o do chumbo, por exemplo) e o do parafuso seja baixo (como o da platina, por exemplo).
04 E
Cada barra irá de forma independente se dilatando, de
modo que o comprimento inal será dado por:
Pré-Universitário | 1
Lf = LFe + LAl = LO · (1 + αFe · ∆θ) + LO · (1 + αA · ∆θ) ⇒
Lf = 1 · [1 + 12 · 10–6 · (320 – 20)] + 1 · [1 + 22 · 10–6 · (320 – 20)] ⇒
Lf = 2,0102 m
05 D
∆L = L0 · α · ∆θ
Como:
L0 = 10 m = 10.000 mm
Temos: ∆L = 10.000 · 1,1 · 10–5 · (50 – 10) ⇒ ∆L = 4,4 mm
Volume específico
(cm3 /g)
LIVRO 2 | FÍSICA 1
1,00020
1,00010
1,00000
0
2
4
6
Temperatura ( oC)
8
10
Portanto, se interpretarmos o gráico, o volume, a 4 ºC, estima-se em 1,00002 cm3, e, a 0 ºC, estima-se em 1,00015 cm3.
∆v= 0,00013 cm3, aumenta ou diminui em menos de
0,04% dependendo da ocorrência de aquecimento ou resfriamento.
06 C
A substância termométrica precisa ter um comportamento
linear em relação às variações de temperatura. O mercúrio, por exemplo, tem seu volume aumentado quando a
temperatura cresce de 1 ºC a 40 ºC. A água tem comportamento anômalo – nesse caso – de 1 ºC a 4 ºC, contraindo-se ao invés de dilatar-se.
07 B
a) (F) A base e os lados não podem dilatar igualmente,
pois, apesar de feitos de mesmo material, têm
comprimentos diferentes.
b) (V) Sendo L = L0 · (1 + α · ∆t), vemos que, apesar de a
base e os lados não dilatarem na mesma quantidade, dilatam na mesma proporção (1 + α · ∆t). Isso
signiica que o triângulo dilatado é proporcional ao
original (semelhante).
c) (F) Após a dilatação, a área aumentará certamente.
d) (F) Mesmo com a variação das medidas dos seus lados
e de sua base, o triângulo retângulo permanece
com seus ângulos constantes.
08 C
Como a dilatação térmica da garrafa está sendo desconsiderada, só será necessário analisar a dilatação do líquido.
Assim sendo, teremos:
∆V = VO · g · ∆θ ⇒ 3% · VO = VO · 6 · 10–4 · ∆θ ⇒ ∆θ = 50 ºC
Aula 7
Calorimetria e mudanças de fase –
Calor sensível e calor latente
Atividades para Sala
01 C
∆Q = 0,6 · m · c · ∆θ = 0,6 · 500 · 1 · 20 = 6.000 cal
02 C
O calor especíico está relacionado com a energia absorvida por um grama da substância para variar 1 °C; portanto, material de baixo calor especíico absorve mais rapidamente energia, aquecendo também mais rapidamente.
A capacidade térmica relaciona-se com a razão entre o
calor e a variação de temperatura, por isso, material de
alta capacidade térmica possui baixa variação de temperatura (com o mesmo calor incidente).
03 C
Dados: L = 2,25 · 103 J/g; P = 300 W; ∆t = 10 min = 600 s;
A quantidade de calor liberada pelo fogão é:
Q = P · ∆t = m · L ⇒ m =
P ⋅ ∆t 300 ⋅ 600
⇒ M = 80 g
=
L
2, 25 ⋅ 10 3
04 C
09 B
Se o coeiciente de dilatação do alumínio é maior que o do
ferro, então, em um aquecimento, o alumínio dilata mais.
Assim, podemos airmar que, nas situações ilustradas, o
disco de ferro se solta do anel de alumínio (afrouxamento),
mas o disco de alumínio não se solta do anel de ferro, pelo
contrário, icam ainda mais presos.
10 C
De acordo com o gráico B, entre 0 ºC e 4 ºC, a água sofre
uma anomalia devido às suas ligações intermoleculares
(tipo pontes de “H”). A maior parte dos líquidos diminui
de volume ao diminuir a temperatura; em relação à água,
o volume aumenta (abaixo de 4 ºC).
2 | Pré-Universitário
Dados: θO = 20 ºC; θ = 40 ºC; Z = 10 L/min; ρ = 1 kg/L;
1 cal = 4,2 J; c = 1 cal/g · ºC ⇒ c = 4,2 J/g · ºC.
A massa de água que passa pelo chuveiro a cada minuto é
igual a:
m
ρ = ⇒ m = ρ V = 1(10 ) ⇒ m = 10 kg = 10.000 g
V
A quantidade de calor absorvida por essa massa de água
vale:
Q = m c (θ − θO ) = 10.000 (4, 2) (40 − 20 ) ⇒ 840.000 J
Como essa quantidade de calor é trocada a cada minuto
(60 s), vem:
P=
Q 840.000
=
⇒ P = 14.000 W ⇒ P = 14 kW
∆t
60
LIVRO 2 | FÍSICA 1
Atividades Propostas
01 A
Calculemos, inicialmente, a quantidade de energia utilizada
na evaporação do suor do cozinheiro:
Q = m · L ⇒ Q = 2.000 · 320 = 6,4 · 105 J
Logo, se essa energia fosse fornecida a uma lâmpada de
100 W, ela ficaria acesa por:
Q
10 5
P=
⇒ 100 = 6,4 ·
⇒ ∆t = 6.400 s ≅ 1,8 h (pouco
∆t
∆t
menos de 2 horas
2o – Se o calor especíico indica quanto calor uma certa
massa de substância precisa receber para variar em um
grau sua temperatura, então podemos airmar que a água
precisa de duas vezes mais energia que a mesma massa de
gelo para variar sua temperatura, visto que seu calor especíico é o dobro do calor especíico do gelo (“Sabe-se que
o calor especíico do gelo vale aproximadamente metade
do calor especíico da água”).
06 E
Dados: d = 0,9 kg/L; c = 0,5 cal/g · °C; V = 4 L; ∆t = 12 min;
η = 80% = 0,8; ∆T = (200 – 20) = 180 °C
Da expressão da densidade:
d=
02 C
Dados: P=100 W; m = 60 kg; c = 4,2 · 103 J/kg · ºC; ∆θ = 5 ºC.
m
⇒ m = d · V = 0,9 · (4) = 3,6 kg = 3.600 g
V
Da expressão de potência:
Da expressão do calor sensível:
Q = m · c · ∆T ⇒ Q = 3.600 · (0,5) · (180) = 324.000 cal
Q m⋅ c ⋅ ∆θ 60 ⋅ 4, 2 ⋅ 10 3 ⋅ 5
Q
⇒ ∆t = =
=
= 12.600 s ⇒
100
∆t
P
P
12.600
∆t =
h ⇒ ∆t = 3, 5 h
3.600
O luxo de energia útil é:
Q 324.000
φU =
=
= 27.000 cal/min = 1.620.000 cal/h =
∆t
12
=1.620 kcal/h
P=
03 B
Seja Qágua = mágua · cágua · ∆Tágua e Qóleo = móleo · cóleo · ∆Tóleo
(Q é a quantidade de calor, m é a massa, c é o calor especíico e ∆T é a variação de temperatura), em que Qágua = Qóleo
(“...em intervalos de tempo iguais, cada uma das massas
recebeu a mesma quantidade de calor.”) e mágua = móleo
(“Massas iguais de água e óleo...”). Daí, se conclui que
cágua ⋅ ∆Tágua = cóleo ⋅ ∆Tóleo. Disso, pode-se entender que
∆Tóleo > ∆Tágua, visto que os produtos c ⋅ ∆T são iguais e
cágua > cóleo (“...sabendo que o calor especíico da água é
maior que o do óleo.”). Observando o gráico, para t = 4
minutos, por exemplo, – em que os valores de temperatura podem ser lidos com exatidão – vemos que a reta I
corresponde ao óleo e a reta II, à água.
Cágua
Conclusão: cágua ⋅ 20 °C = cóleo ⋅ 10 °C ⇒
=2
Cóleo
04 B
Dados apresentados no enunciado: mX = 4my; CX = 2Cy
A relação entre a capacidade térmica de um corpo e sua
massa é dada por:
C = m · c, em que “c” corresponde ao calor especíico
sensível. Assim sendo, temos:
mX · cX = 2 · my · cy ⇒ 4my · cx = 2 · my · cy ⇒ 2 · cX = cy ⇒
cX 1
=
cy 2
05 E
1o – Durante a fusão do gelo, a temperatura permanece
constante, o que garante um “patamar” no gráico da
temperatura em função do tempo de aquecimento. Isso
exclui as alternativas B e C.
Considerando o rendimento de 80%, temos:
1.620
1.620
φU
⇒ 0, 8 =
= φT =
⇒ φT =
0, 8
φT
φT
= 2, 025 kcal /h ≅ 2.000 kcal / h
η=
07 A
Como as duas amostras são do mesmo material, elas apresentam o mesmo calor especíico:
cX = cY = c.
Sendo QX e QY as quantidades de calor absorvidas pelas
amostras X e Y, respectivamente:
Q X = C X ∆θ
QX > Q Y ⇒ CX > CY

Q Y = C Y ∆θ
C X = mX c
C X > C Y ⇒ mX > mY

C Y = mY c
08 B
A energia potencial transforma-se em calor.
mgh
mgh = Mc∆θ ⇒ ∆θ =
Mc
09 C
Dados:
Massa de água ⇒ m = 1 kg; variação de temperatura ⇒
∆T = 80 – 30 = 50 °C;
Tensão elétrica ⇒ U = 100 V; calor especíico da água ⇒
c = 4,2 · 103 J/kg · °C e intervalo de tempo ⇒ ∆t = 10 min = 600 s
I. (V) a = m ⋅ c ⋅ ∆Q ⇒ Q = 1 · 4,2 · 103 · 50 ⇒ Q = 2,1 · 105 J
Pré-Universitário | 3
LIVRO 2 | FÍSICA 1
Q
2,1⋅ 10 5
⇒P =
J ⇒ P = 350 W
∆T
600s
U2
100 2
III. (V) P =
⇒R =
⇒ R = 28, 6 Ω ⇒ R = 2, 86 ⋅ 101 Ω
R
350
II. (F) P =
mquente = 20 kg (≡ 20 litros)
8 litros
20 litros
1 min
∆t
∴ ∆t = 2,5 min
04 D
10 C
Energia captada pelo purê e pelo prato = 80% da energia
produzida pelo forno
(m · c · ∆T)purê + (C · ∆T)prato = 0,8 · Energia = 0,8 · (Potência
· Tempo)
(m · c · ∆T)purê + (C · ∆T)prato = 0,8 · P · ∆t
1.000 · 1,8 · 4,18 · (50 – 20) + 20 · 4,18 · (50 – 20) = 0,8 · 1.200 · ∆t
225.720 + 2.508 = 960 · ∆t
228.228 = 960 · ∆t ⇒ ∆t = 228.228 = 237,7375 s = 3,96 min
960
Qcedido+Qrecebido = 0
(m · c · ∆θ)frio = (m · c · ∆θ)quente = 0
m · c · (θ - 5) + m · c · (20 – 80) = 0
θ - 5 – 60 = 0
θ = 65 ºC
Calorimetria – Lei geral das trocas
de calor
Aula 8
Atividades para Sala
01 C
Atividades Propostas
01 D
Dados: m1 = 100 g = 0,1 kg; c1 = 910 J/kg · °C; T1 = 10 °C;
T2 = 80 °C; m2 = 200 g = 0,2 kg; c2 = 1 cal/g · °C = 4.200 J/kg · °C.
O sistema é termicamente isolado. Então:
Vcafé = 50 mL; Vleite = 100 mL; Vadoçante = 2 mL; ccafé = 1 cal/g · ºC;
cleite = 0,9 cal/g · ºC; cadoçante = 2 cal/g · ºC.
Considerando o sistema termicamente isolado, vem:
Qcafé + Qleite + Qadoçante = 0 ⇒
Como as densidades (ρ) dos três líquidos são iguais, e a
massa é o produto da densidade pelo volume (m = ρ · V),
temos:
café
(
+ ρ Vc∆θ
)
leite
(
+ ρ Vc∆θ
Qcaneca + Qchá = 0 ⇒ m1 c1 (T – T1) + m2 c2 (T – T2) = 0 ⇒
0,1(910)(T – 10) + 0,2(4.200) (T – 80) ⇒
91T – 910 + 840T – 67.200 ⇒ 931T = 68.110 ⇒ T ≅ 73,16 °C
02 E
(mc∆θ)café + (mc∆θ)leite + (mc∆θ)adoçante = 0
( ρ Vc∆θ)
Sendo o luxo constante, a massa m de leite frio (5 ºC) que
entra em A é igual à que sai em c (a 20 ºC). Assim, usando
a equação das trocas de calor, temos:
)
adoçante
=0⇒
50(1)(θ − 80 ) + 100( 0, 9)(θ − 50 ) + 2(2)(θ − 20 ) = 0 ⇒
50θ − 4.000 + 90θ − 4.500 + 4θ − 80 = 0 ⇒
8.580
144 θ = 8.580 ⇒ θ =
⇒ θ = 59, 6 oC
144
Portanto, a temperatura de equilíbrio está entre 55 °C e
64,9 °C.
ΣQ = 0 ⇒ mc∆θ1 + mc∆θ2 − Q cedido = 0
150 ⋅ 1⋅ (16 − 5) + 150 ⋅ 1(16 − 31) − Q cedido = 0
1.650 − 2.250 − Q cedido = 0 ⇒ Q cedido = 600 cal = 6 ⋅ 10 2 cal
03 B
Dados: Cxícara = 10 cal/°C; mcafé = 120 g; mgelo = 10 g;
Lgelo = 10 cal/g; cágua = 1 cal/g · °C.
O calor liberado pelo café e pela xícara deve derreter
o gelo e esquentar a água do gelo até a temperatura
de equilíbrio. Sendo um sistema termicamente isolado,
temos:
Q xícara + Q café + Q fusão + Qágua = 0 ⇒
02 E
O somatório dos calores trocados é nulo.
Q1 + Q2 = 0 ⇒ m1c ∆T1 + m2c ∆T2 = 0 ⇒
200(80 – 25) + m2(80 – 100) = 0 ⇒ 20 m2 = 11.000 ⇒
m2 = 550 g
03 A
Pela lei geral das trocas de calor, temos:
ΣQ = 0 ∴ Qquente = Qfria = 0 ∴
mquente · c água · ∆θquente + mfria · c água · ∆θfria = 0 ∴
80 · cágua · (30 – 20) + mquente · cágua · (30 – 70) = 0
4 | Pré-Universitário
C xícara ( T − 100 ) + mcaféc água ( T − 100 ) + mgeloL fusão + mgeloc água ( T − 0 ) = 0 ⇒
30 ( T − 100 ) + 120 ⋅ 1⋅ ( T − 100 ) +10 (80 ) + 10 ⋅ 1⋅ ( T ) = 0 ⇒
3T − 300 + 12T − 1200
.
+ 80 + T = 0 ⇒
16T = 1.420 ⇒ T = 88, 75 °C
04 C
Da lei geral das trocas de calor:
mfria ⋅ c ⋅ ∆Tfria + mquente ⋅ c ⋅ ∆Tquente = 0, ou seja, 4 · 1 · (T – 20)
+ 2 ⋅ 1 ⋅ (T – 80) = 0.
Daí, T = 40 °C.
LIVRO 2 | FÍSICA 1
05 E
08 C
Dados: T0A = 300 K; TA = 360 K; T0B = 300 K; TB = 320 K;
T0e = 400 K.
Ainda: m é a massa de cada líquido e C é a capacidade
térmica de cada esférica metálica. Como se trata de sistema termicamente isolado, (os calorímetros são ideais) o
somatório dos calores trocados é nulo.
Dados:
A = 40 · 50 = 2.000 cm2 = 0,2 m2 ⇒ área de captação.
V = 300 mL = 300 cm3 ⇒ volume de água.
θ0 = 25 °C ⇒ temperatura inicial da água.
θ = 100 °C ⇒ temperatura de ebulição da água.
Para a mistura do líquido A com a primeira esfera:
IS = 1 kW/m2 ⇒ Intensidade solar local.
m · cA · (360 – 300) + C·(360 – 400) = 0 ⇒
Lev = 2.200 J/g ⇒ calor especíico latente de evaporação
da água.
Para a mistura do líquido B com a segunda esfera:
A massa de água é:
m · cB (320 – 300) + C(320 – 400) = 0 ⇒
m = d · V = 1 · (300) = 300 g.
Para evaporar 1 dessa massa de água, a quantidade de
3
energia é:
Dividindo membro a membro as equações 1 e 2, temos:
Eev =
QA + Qe1 = 0 ⇒ m cA (TA – T0A) + C · (TA – T0e) ⇒
60m · cA – 40 · C = 0 ⇒ 3m · cA = 2 · C· (equação 1)
QB + Qe2 = 0 ⇒ m · cB (TB – T0B) + C · (TB – T0e) ⇒
20 m · cB – 80C = 0 ⇒ m · cB = 4C. (equação 2)
3mc A 2C
3c
1
c
1
=
⇒ A = ⇒ A =
mcB
4C
cB
2
cB 6
06 B
CB
; TA = 3TB.
2
Como o sistema é termicamente isolado, o somatório dos
calores trocados entre os dois corpos é nulo:
Dados: mA = 2 mB; cA =
Q A + QB = 0 ⇒ mA c A ∆TA + mBcB ∆TB = 0 ⇒
c
2 mB B ( T − 3TB ) + mBcB ( T − TB ) ⇒ T − 3TB + T − TB = 0 ⇒
2
2T = 4 TB ⇒ T = 2TB
07 B
d = 1 g/cm3 ⇒ densidade da água.
m
300
L ev =
(2.200 ) ⇒ Eev = 224 ⋅ 10 4 J
3
3
A quantidade de energia necessária até 1 da massa de
3
água ser evaporada é:
Etotal = E + Eev = (9 + 22) 104 = 31 · 104 J
Calculando o tempo gasto até o momento considerado:
P=
Etotal
E
31⋅ 10 4
⇒ T = total =
⇒ T = 1.550 s ≅ 26 min
T
P
200
09 C
Em um minuto: circulam 18 litros de água na serpentina
18 kg = 18.000 g; T0 = 20 ºC; T = 40 ºC.
Q = m · c · ∆T = 18.000 · 1 · (40 – 20) = 360.000 cal
No mesmo minuto: 12 litros de água a ser resfriada:
Dados: V = 2 L; P = 420 W; c = 1 cal/g · °C = 4,2 J/g · °C;
L = 540 cal/g = 2.268 J/g; d = 1 kg/L;
∆T = (100 – 20) = 80 °C
A massa de água usada é:
d=
c = 4 J/g · C ⇒ calor especíico sensível da água.
M
⇒ M = d ⋅ V = 1 ⋅ (2) ⇒ M = 2 kg = 2.000 g
V
Calculando a quantidade de calor necessária para que
20% da massa (0,2 M) de água seja vaporizada:
12 kg = 12.000 g; T0 = 85 ºC; T = ?
Q = m· c · ∆T ⇒ –360.000 = 12.000 · 1 · (T – 85) ⇒
–30 = T – 85 ⇒ T = 85 – 30 = 55 ºC
10 A
Dados: mcubo = 10 g; Lgelo = 80 cal/g; mág = 200 g; T0 = 24 °C;
Q = Qsensível+ Qlatente ⇒ Q = M · c · ∆T + (0,2 M) · L ⇒
Q = 2.000 · (4,2) · (80) + (0,2 · 2.000) · 2.268 = 67.200 + 907.200 ⇒
Q = 1.579.200 J
Módulo da quantidade de calor liberada pela água para o
resfriamento desejado:
A potência útil é 20% da potência total:
|Qágua| = mágua · cágua · |∆T| = 200 · 1 · |20 – 24| = 800 cal
Aplicando a deinição de potência:
Quantidade de calor necessária para fundir um cubo de
gelo:
Pútil = 0,8P = 0,8 · (420) ⇒ Pútil = 336 W.
Pútil =
Q 1.579.200
Q
⇒ ∆t =
=
= 4.700 s ⇒
336
∆t
Pútil
∆t = 1 h, 18 min e 20 s
T = 20 °C; cágua = 1 cal/g · °C.
Qcubo = mcubo · Lgelo = 10 · (80) = 800 cal
Como |Qágua| = Qcubo, concluímos que basta um cubo de
gelo para provocar o resfriamento desejado da água.
Pré-Universitário | 5
LIVRO 2 | FÍSICA 1
Aula 9
Combinando essas expressões:
Q
Q
20.950.000
Iu =
⇒ A = I ⋅ ∆t =
⇒ A = 5,6 m2
u
(130 ) ⋅ (28.800 )
A ⋅ ∆t
Calorimetria – Aprofundamento
Atividades para Sala
Atividades Propostas
01 B
Dados: m = 27 g; T0 = 25 °C; T = 660 °C; c = 0,9 J · g–1 · °C–1;
Qfusão = 10,7 kJ = 10.700 J.
Para reciclar o metal, é necessário aquecê-lo até a temperatura de fusão e depois fundi-lo.
Qtotal = Qsensivel + Qfusão = mc∆T + Qfusão
O calor especíico da areia é menor do que o da água.
A areia, então, sofre mudanças de temperatura (seja para
mais ou para menos) com mais facilidade que a água. Dessa
forma, durante o dia, a areia se encontra mais quente que
a água e, durante a noite, a areia ica fria e a água, morna.
Qtotal = 15.430,5 + 10.700 = 26.130,5 J ⇒
Qtotal = 26,1 kJ
02 B
O texto indica que a pressão atmosférica é 60 cm Hg
e a tabela mostra que a altitude é 2.000 m, no qual
a água ferve a 93 °C. Logo, para aquecer a água dos
10 °C de temperatura ambiente até estes 93 °C –
quando começa a fervura –, são necessárias 16.600 cal.
Q = m ⋅ c ⋅ ∆T = 200 g ⋅ 1 cal · g–1 ⋅ °C–1 · [93 – 10]°C = 16.600 cal.
Sabendo que isso corresponde a apenas 50% da energia
fornecida podemos deduzir que o fogão forneceu, então,
durante o aquecimento, 33.200 cal (2 ⋅ 16.600 cal). Ora, se
o fornecimento é na razão de 200 cal/s, o tempo total para
essa quantidade de energia foi de 166 s.
03 E
Dos fatores citados nas alternativas, o único que não está
relacionado com a formação da ilha de calor na capital
potiguar é a concentração de bairros populares na periferia, pois estes se caracterizam pela horizontalidade ou
por pequenas verticalizações, ou seja, neles predominam
as casas e pequenas ediicações, não os arranha-céus, que
barram os ventos.
04 D
Dados: ∆T = 50 °C; η = 20%; m = 100 kg; I = 650 W/m ;
c = 4.190 J/kg · °C; ∆t = 8 h = 28.800 s.
2
Entendendo que a água deva ser aquecida em um prazo
de 24 h, o tempo útil para aquecê-la é de 8 h.
A quantidade de calor necessária para esse aquecimento é:
Q = m · c · ∆T = 100 · (4.190) · (50) ⇒ Q = 20.950.000 J
A intensidade de radiação útil (Iu) é:
Iu = η · I = 0,2 · (650) = 130 W/m2
A intensidade útil de radiação é a razão entre a potência
(P) e a área (A) de capitação. Por sua vez, a potência é a
razão entre a energia absorvida (calor: Q) e o tempo (∆t)
de exposição. Em equações:
Q
P
eP=
.
∆t
A
6 | Pré-Universitário
Q = m · c · ∆T = 2.500 · 1 · (35 – 21)
Q = 2.500 · 14 = 35.000 cal = 35 kcal
02 C
Qtotal = 27·(0,9)·(660 – 25) + 10.700 ⇒
Iu =
01 B
03 A
Calculemos a massa de água que lui em 1 s:
m = d · V = 1.175 · 106 = 175 · 106 kg
Da deinição de potência e de calor sensível, podemos
escrever:
Q
∆θ
P=
= m⋅ c ⋅
⇒
∆t
∆t
9
12,6 · 10 W = (175 · 106 kg) · (4,2 · 103 J/kg · ºC) · ∆θ/(1s) ⇒
∆θ = 0,017 ºC ~ 10–2 ºC
04 D
Dados: PT = 0,5 W; η = 50%; m = 100 g; c = 4,2J/ g · °C.
Quantidade de calor necessária para aquecer a massa de
água de 1 °C:
Q = m · c · ∆t ⇒ Q = 100 · (4,2) · (1) ⇒ Q = 420 J
Potência útil:
Pu = η · PT = 0,5 · (0,5) = 0,25 W.
Q
Q 420
Pu =
⇒ ∆t = =
= 1.680 s ⇒ ∆t = 28 min
∆t
Pu 0, 25
05 E
Calculemos a quantidade total de calor que a água deve
ceder ao congelador até o inal do referido congelamento:
Q = m · c · ∆θ + m · L
Q = 250 · 1 · (0 – 20) + 250 · (–80) = –25.000 cal
Logo, o tempo necessário será de:
25.000
Q
⇒5=
⇒ ∆t = 5.000 s
P=
∆t
∆t
06 E
Dados: P = 1 W; m = 2 kg; c = 3,6 J/(g · °C) = 3.600 J/(kg · °C);
∆t = 9 min = 540 s.
A quantidade de calor absorvida é: Q = P · ∆t.
Combinando com a equação do calor sensível:
1⋅ 540
3
P ⋅ ∆t
P · ∆t = m · c · ∆T ⇒ ∆T =
⇒
=
=
m ⋅ c 2 ⋅ 3.600 40
∆T = 0,075 °C
LIVRO 2 | FÍSICA 1
07 C
m = d · V = d · A · h = 70 · 1 · 10 · 10–2 = 7 kg = 7.000 g.
Apesar de a neve evaporar, a quantidade de energia envolvida neste processo é o mesmo utilizado caso tivéssemos
derretido a neve, esquentado (até 10 °C) e vaporizado a
água proveniente da neve. Assim sendo:
QT = m · LF + m · c · ∆θ + m · LV
QT = 7.000 · 80 + 7.000 · 1 · 10 + 7.000 · 600
QT = 7.000 · (690)
QT = 4.830.000 cal ∴ QT = 4,83 ·106 cal
Utilizando uma regra de três simples, temos:
Área
Potência
(6 · x) ---------------- 93.333 W
1 m2 ---------------- 800
4.800x = 93.333
x = 19,44 m
Aula 10 Estados físicos da matéria
08 E
Atividades para Sala
Sendo M a massa de lenha que sofrerá combustão, teremos:
M · LC = QT ⇒ M · 5.130 = 4.830.000 ∴ M ≅ 942 g
09 D
O calor para o aquecimento da água é gerado a partir da
energia elétrica. Sendo P =
U2
a potência elétrica, em que U
R
Q
é a tensão elétrica e R é a resistência. Além disso, P =
, em
∆t
que Q é a quantidade de calor gerada e ∆t é o intervalo de
tempo.
Trabalhando com o tempo de 1 minuto, para o qual
sabemos que a massa de água é 3 kg (3 litros de água
Q 200 V 2
Q
U2
por minuto), teremos:
=
,
=
, ou seja,
60 s
R
∆t
10 Ω
Q = 240.000 J.
Finalmente, sendo Q = m ⋅ c ⋅ ∆T, em que m é a massa de
água, c é o calor especíico da água e ∆T é a variação de
temperatura da água (a diferença entre a temperatura de
saída e a temperatura de entrada), teremos:
240.000 J = 3 kg · 4 · 103 J ⋅ kg–1 ⋅ °C–1 · (T – 20 °C), ou seja, T = 40 °C.
10 A
Dados:
Cágua = 1 cal g–1 · ºC = 4.200 J ⋅ kg–1 · ºC–1
mágua = 1 t = 1.000 kg.
∆T = 100 – 20 ⇒ ∆T = 80 °C
Quantidade de calor necessária:
Q = mágua = Cágua ⋅ ∆T
Q = 1.000 · 4.200 · 80
Q = 336 · 106J
01 C
Ao passar pelos poros do barro, a água se encontra com a
superfície externa da moringa e sofre evaporação. Nesse
processo, as gotículas de água esfriam por perderem suas
moléculas de maior energia cinética, que absorvem calor
das paredes da moringa e também da água que resta em
seu interior. Consequentemente, o conjunto acaba por
atingir uma temperatura menor que a do ambiente.
02 D
A evaporação da água, faz com que o vapor d’água em
suspensão se acumule ao redor da colcha, porém, serão
arrastadas pelo vento, não retornando a ele, que após
algum tempo secará. Essas moléculas que escapam são as
que têm as maiores velocidades; portanto restam na colcha úmida as de menores velocidades, o que caracteriza
uma menor temperatura.
03 B
A mudança de estado físico de uma substância depende
da pressão a qual é submetida, e também da temperatura.
04 D
I. (V) É a deinição de sublimação.
II. (V) Vide gráico.
III. (F) A mudança de estado físico ocorre sem a variação
de temperatura.
Utilizando o conceito de potência, temos:
Q 336 ⋅ 10 6J 336 ⋅ 10 6 J
P=
=
=
∆t
1h
36 ⋅ 10 2 s
P = 9,33 · 10 W
Atividades Propostas
4
P ≅ 93.333 W
01 B
Considerando que o termo linear refere-se à longitudinal,
ou seja, ao longo do comprimento do eixo, temos que:
6m
x
De acordo com o gráico dado, quanto maior a pressão a
que está submetido o líquido, maior será a sua temperatura de ebulição.
Na panela de pressão, a pressão em seu interior é maior
do que a externa, isso faz com que o líquido ferva a uma
temperatura maior do que quando exposto à atmosfera.
O aumento da temperatura de ebulição ocasiona o cozimento mais rápido dos alimentos.
Pré-Universitário | 7
LIVRO 2 | FÍSICA 1
02 E
A válvula mantém no interior da panela uma pressão constante. Enquanto a pressão se mantiver constante, a temperatura de ebulição da água não se alterará, portanto o
tempo de cozimento dos alimentos também não se alterará.
03 E
Se a substância for expandida isotermicamente, a pressão
cairá e haverá uma passagem do estado líquido (B) para o
de vapor, ou seja, uma vaporização.
04 B
O ponto A corresponde ao estado sólido e o B ao líquido.
Logo, a mudança de A para B é uma fusão.
05 D
Como irá formar-se um lago, a superfície d’água terá uma
área muito grande aumentando a captação de energia do
Sol. Portanto, haverá maior evaporação e consequentemente um aumento da umidade relativa do ar.
06 C
A mudança de estado físico da matéria ocorre sob temperatura constante.
07 D
O vento exerce a função de retirar a camada de ar quente
que envolve a pele e acelerar, dessa forma, as trocas de
calor com o ambiente.
08 B
I. Massa
1 kg
=
x
Energia
3, 2 ⋅ 10 5 J
1, 6 ⋅ 10 22 J
x = 5 ⋅ 10 6 kg
x = 50 ⋅ 10 5 kg
II. 1 trilhão de toneladas = 1012 · 103 kg = 1015 kg.
Com isso, M = 50 trilhões de toneladas.
09 B
No fundo do mar, temos uma alta pressão que não favorece a ebulição da água.
10 B
O fenômeno descrito é conhecido como sobrefusão.
Esfriando-se lentamente um líquido e sem agitá-lo, é possível levá-lo a uma temperatura abaixo da de sua solidiicação sem, no entanto, solidiicá-lo. Se perturbarmos o
sistema, agitando-o ou fornecendo-lhe calor (segurando
a garrafa pelo centro, por exemplo), o líquido sofre uma
8 | Pré-Universitário
solidiicação total ou parcial e sai da temperatura em que
estava (temperatura de sobrefusão) migrando para a que
deveria estar (temperatura de solidiicação).