Guia de Estudos sobre Teoria Cinética dos Gases
GABARITO DOS PROBLEMAS
GE 2.10) PROBLEMAS
GE 2.10.1) Calcule o calor específico a volume constante do gás nitrogênio (N2) e compare com o
calor específico da água líquida. A massa molecular do N2 é igual a 28,0 g/mol.
b) Você aquece 1,00 Kg de água a volume constante de 1,00 L de 20,0º C até 30,0ºC em uma
chaleira. Usando-se a mesma quantidade de calor quantos quilogramas de ar a 20,0ºC você poderia
aquecer de 20,0ºC para 30,0ºC? Que volume (em litros) este ar ocuparia a 20,0ºC e a pressão de 1,00
atm? Faça a hipótese simplificada de que o ar seja constituído por 100% de N2.
c=
Resp: a)
que é
b)
Cv
20.76 J / mol ⋅ K
=
= 741 J / kg ⋅ K ,
M 28.0 x10 −3 kg / mol
741
= 0.177 vezes o calor específico da água.
4190
mNCN∆TN = mwCw∆Tw, ou mN =
mwC w
.
C
Substituindo os valores numéricos e usando o resultado do item (a) obtemos mN =
5.65 kg. Para achar o volume, use pV = nRT, ou
V=
nRT [(5.65 kg ) /(0.028 kg / mol )](0.08206 L ⋅ atm / mol ⋅ K )(293 K )
=
= 4855 L.
p
1 atm
GE 2.10.2) Um frasco com volume de 1,50 L equipado com uma válvula, contém o gás etano (C2H6) a
5
300K e pressão de uma atmosfera (1,03x10 Pa). A massa molar do etano é igual a 30,1 g/mol. O
sistema é aquecido até uma temperatura de 380K mantendo-se a válvula aberta. A seguir a válvula é
fechada e o frasco é resfriado até atingir a temperatura inicial.
a) Qual é a pressão final do etano no frasco?
b) Qual é a quantidade de etano em gramas, que permanece no frasco?
Resp: (Despreze a expansão térmica do frasco.)
a)
b)
5
4
p2 = p1(T2/T1) = (1.013 x 10 Pa)(300/380) = 8.00 x 10 Pa.
pV
mtot = nM =  2  M
 RT2 
 (8.00 x10 4 Pa )(1.50 L) 
(30.1 g / mol ) = 1.45 g .
= 
 (8.3145 J / mol ⋅ K )(300 K ) 
GE 2.10.3) Um tanque cilíndrico vertical com 0,900 m de altura possui a
extremidade superior fechada por um pistão bem ajustado sem atrito e
com massa desprezível. O ar dentro do cilindro está submetido a uma
pressão absoluta igual a 1,00 atm. O pistão começa a descer quando
introduzimos mercúrio em sua parte superior (ver figura). Até que
profundidade o pistão descerá antes que o mercúrio comece a
transbordar no topo do cilindro? A temperatura do ar é mantida
constante.
Resp: Se a altura original é h e o pistão desce uma distância y, a pressão
final do ar será
 h 
.
p atm 
h− y
Esta pressão deve ser a mesma que a do fundo da coluna de mercúrio,
patm + (pg)y.
Igualando as duas relações e fazendo uma pequena transformação
algébrica e explicitando y obtemos
p atm
(1,013 x10 5 Pa)
y = h−
= (0.900 m) −
= 0,140 m.
ρg
(13,6 x10 3 kg / m 3 )(9,80m / s 2 )
GE 2.10.4) Quantos átomos você possui? Estime o número de átomos existentes no corpo de um
aluno de física com 50 Kg. Note que o corpo humano é quase todo constituído por água, que possui
massa molecular igual a 18,0 g/mol e que cada molécula de água contém 3 átomos.
Resp:
n=
mtot
(50kg )
=
= 2,7 x10 3 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 = 2,7 x10 3 moles * 6,02 x10 23 moléculas / mol = 1,7 x10 27 moléculas.
O número de átomos é igual a 3 vezes o número de moléculas,
átomos = 3 = 5,1x10 27 átomos .
GE 2.10.5) Identifique na figura abaixo as regiões de fase líquida sólida e gasosa e os pontos
importantes para as transições de fases.
Resp:
f (v ) = av 2 e −bv dv mostre que v mp =
2
GE 2.10.6)
v rms
Dado que
3kT
 M 
=
. Sabendo que a = 4π 

m
 2πRT 
∞
Resp:
∫e
−αZ 2
−∞
∞
2 n −αZ
∫ z e dz = −
2
Ou,
0
v=
∫ vf (v)dv
0
∞
∫ f (v)dv
∞
2 −bv
∫ vav e dv
∫v
=
0
∞
∫ av e
2 −bv 2
dv
=
dv
∫ av e
dv
=
0
∞
2 −bv 2
8 RT
πM
0
f (v)dv
∫ f (v)dv
0
∫ av e
∞
0
∞
∞
d  −αZ 2 
d  π  1 π




dz = −
e
dz
=
−

 α  = 2 α3 .
dα  ∫0
d
α



3 −bv 2
0
2
 M 
b=
 a=
 2 RT 
∞
2
∞
vrms = v =
e
0
0
2
∫z
e
2 −αZ 2
e
1.3.5...(2n − 1)  π 


 α .
2 n+1α n


∞
Portanto
∞
π
dz =
α
3/ 2
=
∫v
∞
2
2 − bv 2
av e
=
∞
2 − bv 2
0
dv
∫ av e
dv
∫ av e
dv
4 −bv 2
dv
0
∫ av e
2kT
8kT
, v med =
m
πm
=
0
∞
2 −bv 2
0
3RT
M
e
(
)
2
df
d
av 2 e −bv = 0. → v mp =
=
dv dv
2 RT
M
GE 2.10.7) Considere 5,00 mol de água líquida.
a) Qual é o volume ocupado por esta quantidade de água? A massa molecular da água é igual a 18,0
g/mol.
b) Imagine que todas as moléculas sejam, na média, uniformemente espaçadas, e cada molécula
ocupa o centro de um pequeno cubo. Qual o comprimento da aresta do pequeno cubo sabendo que os
cubos se tocam, mas não se superpõem?
c) Como este comprimento se compara com o diâmetro da molécula?
-3
Resp: a) A massa molar da água é 18x10 kg/mol, portanto 5 moles de água tem massa de 0,09 kg.
3
-6
3
Com a densidade da água igual a 1000 kg/m o volume ocupado por essa massa será 90 x 10 m .
b) O volume ocupado por molécula é
V=
Vmolecula =
Vtotal
n º mol (n º Avogadro )
90 x10 −6 m 3
= 29,90 x10 −30 m 3 .
23
5moles 6,02 x10 molec / mol
A =V
(
1
3
)
= 3 29,90 x10 −30 = 3,10 x10 −10 m
c) os valores são aproximadamente iguais.
GE 2.10.8) a) Mostre que um projétil de massa m pode “escapar” da superfície de um planeta quando
ele for lançado verticalmente com uma energia cinética maior do que 2gRp, onde g é a gravidade na
superfície do planeta e Rp é o raio do planeta. Despreze a resistência do ar. (Ver problema 16.60)
b) Caso o planeta considerado seja a terra, para qual temperatura a energia cinética translacional
média da molécula de nitrogênio (massa molecular = 28,0 g/mol) se torna igual a energia cinética
necessária para escapar? O que você diz sobre a molécula de hidrogênio (massa molecular = 2,02
g/mol)?
2
c) Repita o item (b) para a lua, onde g= 1,63 m/s e RL= 1740 Km
d) Enquanto a terra e a lua possuem temperaturas médias na superfície aproximadamente iguais, a
lua não possui atmosfera. Use os resultados dos itens (b) e (c) para explicar por quê.
Resp:
a)
Para
escapar
2
E = K = Ug = 0 →
a
energia
total
tem
de
ser
zero.
Logo
E=K+Ug
=
0
2
2GM p
mv esc GmM p
mv esc GmM p
−
=0→
=
→ v 2 esc =
2
Rp
2
Rp
Rp
Como a aceleração da gravidade na superfície do planeta é dada por
g=
GM p
R2 p
podemos escrever
que
vesc = 2 gR p .
b)Nesse caso
Etra
Mv 2 3RT
=K→
=
2
2
e
vrms =
3RT
. Se a velocidade de escape da Terra,
M
vesc = 2 gRT = 11,2km / s for igual à velocidade vrms temos que
Mv 2 rms
T=
= 5,03 x10 6 M
3R
Levando em conta a massa molar dos elementos citados
c)Na Lua as temperaturas seriam
M H 2 = 2 g / mol → T = 10000 K
M 2 = 28,8 g / mol → T = 145000 K
M H 2 = 2 g / mol → T = 459 K
M 2 = 28,8 g / mol → T = 6549 K
.
.
d) Por ser menos massiva a Lua não é capaz de reter sua atmosfera. Se a temperatura média é a
mesma então os átomos vão escapar mais facilmente da Lua porque terão, em média, velocidades
maiores que a velocidade de escape.
GE 2.10.9) a) Calcule a energia cinética rotacional total das moléculas de 1,00 mol de um gás
diatômico a 300K.
b) Calcule o momento de inércia de uma molécula de oxigênio (O2) para a rotação em torno do eixo Oy
ou do eixo Oz indicados na figura. Considere as moléculas como dois pontos com massa
-10
(representando os átomos de oxigênio) separados por uma distância igual a 1,21x10 m. A massa
molecular dos átomos de oxigênio é igual a 16,0 g/mol.
c) Ache a velocidade angular quadrática média da molécula de oxigênio em torno do eixo Oy ou do
eixo Oz indicados na figura. Como sua resposta pode ser comparada com a velocidade angular de um
motor rápido típico (10.000 ver/min)?
Resp: a) Os dois graus de liberdade associados com a rotação de uma molécula diatômica são
responsáveis por (2/5) da energia cinética, portanto a energia cinética rotacional é dada por
3
Krot = nRT = (1.00)(8.3145 J/mol⋅K)(300 K) = 2.49 x 10 J.
b)


16.0 x10−3 kg / mol
(6.05 x10−11 m) 2
I = 2m( L / 2) 2 = 2
23
6
.
023
x
10
moléculas
/
mol


− 46
2
= 1.94 x10 kg ⋅ m .
c)
Usando os resultados de (a) e (b), a velocidade angular quadrática média é dada por
ω=
2 K rot / A
2(2.49 x103 J )
=
I
(1.94 x10 23 kg ⋅ m 2 )(6.023 x 10 23 molecules / mol )
= 6.52 x1012 rad / s,
o valor da velocidade angular obtida é muito maior do que a velocidade angular do motor considerado.
GE 2.10.10) A pressão de vapor é a pressão da fase vapor de uma substância que está em equilíbrio
de fase envolvendo a fase líquida e a fase gasosa da substância. A unidade relativa é a pressão
parcial do vapor d’água no ar dividida pela de vapor da água na mesma temperatura, podendo ser
expressa como uma porcentagem. Dizemos que o ar está saturado quando a unidade relativa é igual a
100%.
3
a) A pressão de vapor da água a 20,0ºC é igual a 2,34x10 Pa. Se a temperatura do ar for igual a
20,0ºC e a unidade relativa for igual a 60%, qual será a pressão parcial do vapor d’água na atmosfera
(ou seja, a pressão que seria exercida pelo vapor d’água caso ele estivesse sozinho)?
3
b) Nas condições do item (a), qual é a massa da água em 1,00 m de ar? (A massa molecular da água
é igual a 8,0 g/mol. Suponha que o vapor d’água possa ser
3
3
Resp: a) Ur= (0.60)(2.34 x 10 Pa) = 1.40 x 10 Pa.
m=
b)
MpV (18,0x10 −3 kg / mol )(1,40 x10 3 Pa )(1.00 m 3 )
=
= 10 g.
RT
(8,3145 J / mol ⋅ K )(293,15 K )
GE 2.10.11) A que freqüência o comprimento de onda do som é da mesma ordem de grandeza do
livre caminho médio das moléculas no nitrogênio a pressão de 1,02 atm e temperatura igual a 18,0ºC?
Considere o diâmetro da molécula de nitrogênio como sendo 315 pm.
Resp:
M 2 = 28,8 g / mol
taxa =
A tava de colisão média é dada por
λ=
1
2πρ d
taxa =
taxa =
V
λ
=
substituindo
2
ρ
por
V
λ
. Encontrando
P
temos λ =
kT
Vrms =
3p
ρ
=
3RT
.
M
1
2π P
d2
kT
3RT
M
1
( )
2π (P kT ) d 2
(
)(
2
3(8,315)(291) 
(1,02) 1,01345 x10 5
×
2
π
315 x10 −12 

−3
− 23
28,8 x10
1,38 x10 291


(
)
)
taxa = 502 × 1,135 x10 7 = 5,7GHz
GE 2.10.12) Dois recipientes estão à mesma temperatura. O primeiro contém gás à pressão p1, cujas
moléculas têm massa m1, sendo
υ rms1 a
sua velocidade média quadrática. O segundo recipiente
contém moléculas de massa m2 à pressão 2p1 sendo sua velocidade média υ 2
razão m1/m2 entre as massas de suas moléculas.
= 2υ rms1 . Calcule a
Resp:
8RT
πM
v=
8 RT 8 v rms
v =
=
πM π 3
2
v 2 rms =
Se
2
3π 2
v
8
2
v 2 = 2v rms ,1 ⇒ v2 = 4v rms ,1
Como
v rms ,1
2
v rms , 2
2
=
2
T1 M 2
T2 M 1
2
3π v 2
2
2
2
v
T
v
T
M1
3π v 2
3π
rms , 2 1
rms , 2
8
Então
=
=
=
=
=
⋅4
2
2
2
2
M 2 vrms ,1 T2 v rms ,1 T
8
v rms ,1
8v rms ,1
M1
= 4,71
M2
GE 2.10.13) Calcule a fração das partículas em um gás que se movem com energia cinética de
translação entre 0,1kT e 0,03 kT (Sugestão: Para E<< kT, o termo e
n( E ) =
2
1
π (kT )
1
3
E 2e
−E
kT
pode ser substituído por 1- E/kT. Por quê?)
2
Resp:
P (E ) =
2
1
π (kT )
1
3
E 2e
−E
kT
2
∞
= ∫ P(E )dE
0
frac = P(E )∆E =
0 , 03 kT
∫
0 , 01kT
e
−E
kT
E
= 1−
∴
kT
2
1
π (kT )
frac =
2
1
3
E
E 2e
−E
kT
dE
2
1
2
π (kT )
3
2
E

1 − kT  ∆E
−E
kT
na equação
Use
 0,01 + 0,03 
E =
kT = 0,02kT
2


∆E = [0,03 − 0,01]kT = 0,02kT
frac =
12
2  (0,02kT )  0,02kT 

1 −
 (0,02kT )
3
kT 
π  (kT ) 2 
f rac =
2
π
(0,02 ) 12 [1 − 0,02] ⋅ 0,02
f rac = 0,003%
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