Lista - Gases Ideais - 2023-2

LISTA DE EXERCÍCIOS GASES IDEAIS - TÓPICO 5 • 42 Qual é a energia interna de 1,0 mol de um gás ideal monoatômico a 273 K? • 43 A temperatura de 3,00 mols de um gás diatômico ideal é aumentada de 40,0°C sem mudar a pressão do gás. As moléculas do gás giram, mas não oscilam. (a) Qual é a energia transferida para o gás na forma de calor? (b) Qual é a variação da energia interna do gás? (c) Qual é o trabalho realizado pelo gás? (d) Qual é o aumento da energia cinética de rotação do gás? • 44 Um mol de um gás ideal diatômico vai de a a c ao longo da trajetória diagonal na Fig. 19-25. A escala do eixo vertical é definida por pab = 5,0 kPa e pc = 2,0 kPa; a escala do eixo horizontal é definida por Vc = 4,0 m³ e Va = 2,0 m³. Durante a transição, (a) qual é a variação da energia interna do gás e (b) qual é a energia adicionada ao gás na forma de calor? (c) Que calor é necessário para que o gás vá de a a c ao longo da trajetória indireta abc? • 54 Sabemos que pV^γ = constante nos processos adiabáticos. Calcule a constante para um processo adiabático envolvendo exatamente 2,0 mols de um gás ideal que passa por um estado no qual a pressão é exatamente p = 1,0 atm e a temperatura é exatamente T = 300 K. Suponha que o gás é diatômico e que as moléculas giram, mas não oscilam. • 55 Um gás ocupa um volume de 4,3 L a uma pressão de 1,2 atm e uma temperatura de 310 K. O gás é comprimido adiabaticamente para um volume de 0,76 L. Determine (a) a pressão final e (b) a temperatura final, supondo que o gás é ideal e que γ = 1,4. • 59 A Fig. 19-26 mostra duas trajetórias que podem ser seguidas por um gás de um ponto inicial i até um ponto final f. A trajetória 1 consiste em uma expansão isotérmica (o módulo do trabalho é 50 J), uma expansão adiabática (o módulo do trabalho é 40 J), uma compressão isotérmica (o módulo do trabalho é 30 J) e uma compressão adiabática (o módulo do trabalho é 25 J). Qual é a variação da energia interna do gás quando vai do ponto i ao ponto f seguindo a trajetória 2? GABARITO DA LISTA DE EXERCÍCIOS GASES IDEAIS - TÓPICO 5 Na segunda etapa do processo, a pressão é constante e igual à pressão final da primeira etapa, pf. O trabalho realizado pelo gás nessa etapa é W2 = pf(V1 - V0). Como Vf = pfV1/pf, temos W2 = pf ( V1 - pfV1 pf ) = ( pf - p)Vf. ANALISE Como, de acordo com o enunciado do problema, a pressão manométrica inicial do gás é 103,0 kPa, temos p1 = 1,03 × 10⁵ Pa + 1,013 × 10⁵ Pa = 2,04 × 10⁵ Pa. Como a pressão no final da primeira etapa do processo é pf = 1,013 × 10⁵ Pa, o trabalho realizado pelo gás nessa etapa é Wi = (2,04 × 10⁵ Pa)(0,14 m³) ln ( 2,04 × 10⁵ Pa 1,013 × 10⁵ Pa ) = 2,00 × 10³ J. O trabalho realizado pelo gás na segunda etapa do processo é W2 =(pf - p)Vi = (1,013×10⁵ Pa − 2,04×10⁵ Pa)(0,14m³)= −1,44×10³ J. O trabalho realizado pelo gás em todo o processo é, portanto, W = Wi + W2 = 2,00 × 10³ J + (−1,44 × 10³ J) = 5,60 × 10³ J. APRENDA O trabalho realizado por um gás é positivo, quando o volume final é maior que o volume inicial, e negativo, quando o volume final é menor que o volume inicial. 13. (a) No ponto a, temos informações suficientes para calcular n: n = p1V1 RT = (2500 Pa)(1,0 m³) (8,31 J/mol ·K) (200 K) = 1,5 mol. (b) Podemos usar a resposta do item (a) com os novos valores de pressão e temperatura e aplicar a lei dos gases ideais, ou escrever uma razão entre os produtos pV nas duas situações (como a quantidade de gás não mudou, o valor de n permanece o mesmo e não aparece na razão): p1V1 paVa = Tb T0 = T4 = (200K) ( 7,5kPa 2,5kPa ( 3,0 m³ 1,0 m³)) o que nos dá Te = 1,8×10³ K. (c) Como no item (b), podemos escrever uma razão entre os produtos pV nas duas situações: piVi pcVc = Tc Te = T4 = (200K) ( 2,5kPa 2,5kPa ( 3,0 m³ 1,0 m³)) o que nos dá T4 = 6,0×10³ K. (d) A energia adicionada ao gás na forma de calor é igual ao trabalho realizado sobre o gás ao longo do ciclo, representado por um triângulo retângulo no diagrama pV da Fig. 19-20. Este trabalho, por sua vez, é igual à área do triângulo (base x altura)/2, na qual usamos o sinal positivo porque o volume aumenta quando a pressão aumenta. Assim, Quand = Wtot = 1 2 (2,0 m³) (5,0 × 10³ Pa) = 5,0 × 10³ J = 5,0 kJ. 16. Vamos supor que a pressão do ar no interior da bolha é igual à pressão da água do lado de fora da bolha. Se d é a profundidade do lago e ρ é a massa específica da água, a pressão no fundo do lago é p0 + ρgd, na qual p0 é a pressão atmosférica. Como ρV1 = nRT0, o número de moles de gás contidos na bolha é p0V1/R1 d pgdV1/R1, en q e l- volume da b do lago e e a c r e ão é p eco com 0 0 , obtemos p e os o seu v mlume é 0 = lim I I *g*119 \ = \2101\3x1013Pa/ \ = 1.0x101cm 17. Quando a válvula está fechada, o número de moles de gás contidos no recipiente A é n i = p A V A / RT A , e o número de moles de gás contidos no recipiente B é n g = 4p B V g / RT g . O número total de moles contidos nos dois recipientes é, portanto, n = nA+n5-\ = \ft Ap + + 413 par - Depo e a válvula é aberta, a pressão no recipiente A pass \ = RA TA /\ = TCV a pressão no recipiente B passa a ser pB = qRAV4. Fazendo pf = pb obtemos RATRIV = RTATg/4V9 o que nos dá nlna= (ATR/ Assim, in l00 = Expl la —- \afrys VE PAl EA1TV1.\(l0--) +RTEMYX/5)/TN dechndo a prescróes lemento s final: P/VEV/F = PALVA + LP TV=\ ±4TBRfPA? B* 42. A energia interna é 3AnT/snRT= 31.0 mol (\3 1 J/mol\e)\ 273 K] = 3 4 X C)) 43. (a) De acordo com a Tabela 19-3, CV = 5R/2 e Cp = 7R/2. Assim, a Eq. 19-46 nos dá Qu = neCVAT= 31 8131 ] (40, 0)-3, 491 m) = 34fk\. (b) A Eq. 19-45 nos dá ΔE = noCaAr =(3.00)7\r/2 [ #] (40.0;012 = 2.49 \113 = = 2. kJ) (c) Utilizando a relação W= Q–AE ou ao reladlo W = NAT= naOT obtenos W vic Gill .\nc 5.retá R = a TAo o Biável mais conveniente (para este problema) na Eq. 19-38. De acordo com esta úluma equação, o espa aumento de energia cinética é o oroyal qx:naxm..... m (...). Azay.^. =jouments Prüf my 9 ring ...q axv. qu. ats Como AE+AK L.ALL-CRO —\q4x 1 1 1. I. Note que, se não houvesse rotação, toda a energia teria sido transformada em energia cinética de translação. Como AE+AMMA aument oauitica de Nada Do •KaKpARB Vallh Yas Handeléroport. S bvi...\.. 20.20... 20.MJI = J= LOM...|. Note que, se não houvesse rotação, toda a energia teria sido transformada em energia cinética de translação. 44. Duas expressões (além da primeira lei_da termodinâmica) serão úteis para resolver este problema. Em primeiro lugar, é fácil mostrar, a partir da Eq. 19-11, que, para qualquer processo representado como um segmento de reta no diagrama pV, o trabalho é w W =Tn Tn = I = 'av _q_ \ Hmemso... a er as _= m''v15-3 cortes$%... J.... 1200Ti... os dx = ne "...\f t 2 ... mllvm a2a IT pdt-2j â En b Fiquemos m-: troinal: Le Pri 124- Jugues oquivelatem-nos com uma reta dirada ai M gemtico ...d<> no g da d...a p5- .J:- esta mches Clerfons ateluol Firiete cornotte arretora 189,8 ...eamion do que notó do va inclineblema) in remenexo Sf FiniteéP = nn ratigido wcomo novo esto dolo que n@da... (a) A variação de energia interna é Caetr Fmc-Fm= p+T.IPCL+ PLLWL-LWL*LH MEED p g-se -*e -wá xL-vCH L.\ MI/-alel03/ \) =-J ... 012- (b) O trabalho realizado durante o processo representado por um segmento de reta diagonal é wyn<e> DOG.doc eoutros unmi i.3ko) (c) O fato Ue que AE não dependet de "trajetória'' da transformação, mas somente dos estados inicial e final, significa que podemos ecrever DeltaEint Fdecu-\han(px)/r para uma éiha- Shadronaț; o c mama elio sub fuma **retátura"horizont") seguido por um proseço a volumo constante (representado na Ásd, figura por um ?\&GCA ninreta Pu: dent, M) ni h\ac 55. (a) Sejam p, V e T a pressão, o volume e a temperatura do gás no estado inicial, e sejam p_f, V_f e T_f a pressão, o volume e a temperatura do gás no estado final. Como o processo é adiabático, pV^γ = p_fV_f^γ; portanto, V_f V_i gamma-1 p_f = (V_i/V_f) 4.3L (0.76L) (1.2atm) 1.2atm) = 13,64atm = 14 atm. Note que, como V e V_f têm as mesmas unidades, estas se cancelam e p_f tem as mesmas unidades que p_i. (b) Como o gás é ideal, pV = nRT; portanto, p_fV_f/p_iV_i = T_f/T_i e p_fV_f T_f (13.6atm)(0.76L) = T_f p_iV_i T_i (1.2atm)(4.3L) (310K) = 6,2x10^2 K. 59. Como ΔE_int não depende do tipo de processo, (ΔE_)f injecao-2 = (ΔE_) injeção-1γ Como, no caso de um gás ideal, a variação de energia interna em uma transformação isotérmica é ΔE_int = 0, (ΔE_int)injecao-1 = 1/Σ(ΔE_int)adibática , Finalmente, como Q = 0 em processos adiabáticos, temos (para a trajetória 1) (ΔEint) essang o odaibática - W = - 40 J (ΔEint) rompressão adiabática - W = - (-25J) = 25 J. Assim. (ΔEint)iujedao-2 = -40 J + 25J =-15J. 63. (a) O calor adicionado é Q=nCvΔT=3\2 nRΔT = \2 n(1.00mol)(8,31J/mol- K)(600K–300K) =3,74x10^3 J = 3,74 kJ. (b) Como se trata de um processo a volume constante, o trabalho realizado pelo gás é zero e, de acordo com a primeira lei da termodinâmica, a variação da energia interna é ΔEint = Q = 3,74x10^3 J = 3,74 kJ. (c) Como foi dito no item (b), o trabalho realizado é W = 0. (d) Como o processo 2 → 3 é adiabático, o calor adicionado é Q = 0. (e) A variação da energia interna é ∆E_{int} = nC_{v}∆T = \frac{3}{2}nR∆T = \frac{3}{2}(1,00mol)(8,31J/mol·K)(455K - 600K) = -1,81×10^{3} J = -1,81 kJ. (f) De acordo com a primeira lei da termodinâmica, o trabalho realizado pelo gás é W = Q - ∆E_{int} = -1,81×10^{3} J = 1,81 kJ. (g) O calor adicionado é Q = nC_{p}∆T = \frac{5}{2}nR∆T = \frac{5}{2} (1,00 mol)(8,31 J/mol·K)(300 K - 455 K) = -3,22×10^{3} J = -3,22 kJ. (h) A variação da energia interna é ∆E_{int} = nC_{v}∆T = \frac{3}{2}nR∆T = \frac{3}{2}(1,00mol)(8,31J/mol·K)(300K – 455K)= -1,93×10^{3} J = -1,93 kJ. (i) De acordo com a primeira lei da termodinâmica, o trabalho realizado pelo gás é W = Q - ∆E_{int} = -3,22×10^{3} J +1,93×10^{3} J = -1,29×10^{3} J = -1,29 kJ. (j) Para o ciclo completo, o calor adicionado é Q = 3,74×10^{3} J + 0 + -3,22×10^{3} J = 520 J. (k) A variação da energia interna é ∆E_{int} = 3,74×10^{3} J -1,81×10^{3} J -1,93×10^{3} J = 0. (l) O trabalho realizado pelo gás é W = 0 +1,81×10^{3} J -1,29×10^{3} J = 520 J. (m) Como a transformação 1 → 2 é uma transformação a volume constante, o volume no ponto 2 é igual ao volume inicial V_{1}. Assim, usando a lei dos gases ideais, V_{2} = V_{1}= \frac{nRT_{1}}{p_{1}} = \frac{(1,00mol)(8,31J/mol·K)(300K)}{(1,013×10^{5} Pa)} = 2,46×10^{-2} m^{3} = 0,0246 m^{3}. (n) De acordo com a lei dos gases perfeitos, p_{2} = \frac{nRT_{2}}{V_{2}} = \frac{(1,00 mol)(8,31 J/mol·K)(600 K)}{2,46×10^{−2}m^{3}} = 2,02×10^{5} Pa = 2,00 atm. (o) De acordo com a lei dos gases perfeitos, V_{3} = \frac{nRT_{3}}{p_{3}} = \frac{(1,00 mol)(8,31 J/mol·K)(455 K)}{1,013×10^{5} Pa} = 3,73×10^{−2} m^{3} = 0,0373 m^{3}. (p) A pressão no estado 3 é igual à pressão no estado 1: p_{3} = p_{1} = 1,013 × 10^{5} Pa = 1,00 atm.