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Estudo dos Gases – Exercícios

agosto 8, 2010 Deixe um comentário

1) Certa massa de um gás ideal sofre uma transformação na qual a sua temperatura em graus Celsius é duplicada, a sua pressão é triplicada e seu volume é reduzido à metade. A temperatura do gás no seu estado inicial era de:
A)127K
B)227K
C)273K
D)546K
E)818K

R.:

Sabe-se que, de uma forma geral, para transformar a temperatura de Celsius para kelvin deve-se fazer:
Tk = Tc + 273
Tc = Tk – 273
De acordo com a questão, a temperatura final em Celsius (Tc) é o dobro da inicial em Celsius (Tco). Assim
Tc = 2Tco
Transformando ambas as temperaturas em kelvin, tem-se:
Tk – 273 = 2*(Tko – 273)
Tk – 273 = 2Tko – 546
Tk = 2Tko – 546 + 273
Tk = 2Tko – 273
Agora, na equação geral dos gases ocorreram as seguintes transformações:
p = 3po
V = Vo / 2
A temperatura não vou colocar a mudança pois já vou por ela com o valor de kelvin. Assim:
po*Vo / Tko = pV/Tk
po*Vo / Tko = 3po*Vo/2 / Tk
po*Vo / Tko = 3po*Vo / 2Tk
Cortando-se po com po e Vo com Vo, tem-se:
1/Tko = 3 / 2Tk
2Tk = 3Tko
Como Tk = 2Tko – 273, tem-se:
2*(2Tko – 273) = 3Tko
4Tko – 546 = 3Tko
Tko = 546 K
Alternativa D.

2) Sabe-se que 3 mols de um gás ideal ocupa um volume de 0.20 m³, sob pressão de 2*105 N/m². Sendo R= 8,3 J/mol.K, determine.
a) a energia cinética total das moléculas do gás;
b) a variação da energia cinética total das moléculas quando o gás sofre uma variação de temperatura de 200ºC.

R.:

a) A energia cinética de um gás é dada por:
Ec = (3/2)nRT
Precisamos primeiro descobrir a temperatura a que está esse gás para descobrir isso. Assim, aplicando na equação de Clapeyron, temos:
pV = nRT
T = pV / nR
Aplicando o valor de T na expressão de energia cinética, temos:
Ec = (3/2)nR*(pV / nR)
Cortando-se nR com nR, temos:
Ec = (3/2)pV
Sendo V = 0,20 m³ e p = 2*105 N/m², temos:
Ec = (3/2)*2*105* 0,2
Ec = 0,6*105
Ec = 6*104 J

b) A energia cinética, para um recipiente isolado (ou seja, que não muda seu número de mols) depende somente da temperatura. Assim, se a temperatura varia, a energia cinética também varia. Assim:
ΔEc = (3/2)nRΔT
A variação de temperatura, e somente a variação, na escala celsius é equivalente a variação de temperatura em kelvin. Logo, ΔT = 200°C = 200K. Assim:
ΔEc = (3/2)*3*8,3*200
ΔEc = 7470 J

3)

Um cilindro contém um gás ideal com um êmbolo livre para se mover sem atrito. A temperatura de 27°C, a altura h na qual o êmbolo se encontra em equilíbrio vale 20 cm. Aquecendo-se o cilindro a uma temperatura de 39°C mantendo-se inauterada as demais características da mistura a nova altura será de :
a) 10,8 cm
b) 20,4 cm
c) 20,8cm
d) 10,4cm
R.:
o volume desse cilindro vale:
V = Ah
sendo A a área do cilindro e h altura desde a base do cilindro até o êmbolo, que para a posição de equilíbrio vale 20cm. as outras características que se mantêm incalteradas são a pressão e a massa. assim, aplicando na equação geral dos gases:
pVo / To = pV / T
cortando-se p, que é constante:
Vo / To = V / T
sendo V = Ah, temos:
Aho / To = Ah / T
como a área da base permanece inalterada, podemos cortar A com A. assim:
ho / To = h / T
agora, para dar continuidade aos cálculos, precisamos transformar a temperatura de celsius para kelvin, ou seja:
Tk = Tc + 273
sendo Tco = 27°C (Tco = temperatura inicial em celsius inicial), temos:
Tko = Tco + 273
Tko = 27 + 273
Tko = 300K
para a temperatura final, Tc = 39°C, temos:
Tk = Tc + 273
Tk = 39 + 273
Tk = 312K
então:
ho / To = h / T
20 / 300 = h / 312
meios pelos extremos:
300h = 6240
h = 6240 / 300
h = 20,8 cm
portanto, a alternativa correta é C.
4) Certa massa de um gás perfeito está, inicialmente, à temperatura de 27 °C. O gás sofre uma transformação isobárica tornando seu volume 12 vezes maior, e a seguir, uma transformação isocórica (ou isométrica), quando sua pressão cai a 1/3 de seu valor inicial. A temperatura final do gás é:

a) 927 °C
b) 108 °C
c) 75 °C
d) 1200 °C
e)627 °C

R.:
bem, a primeira transformação foi isobárica, ou seja, sob pressão constante. sabemos que nessa primeira transformação, o volume final é 12 vezes o inicial, ou seja, V = 12Vo mas precisamos transformar a temperatura para kelvin antes de prosseguir. assim:
Tk = Tc + 273
sendo Tc = 27°C, temos:
Tk = 27 + 273
Tk = 300 K
assim, aplicando na equação geral dos gases, temos:
p*Vo / To = pV / T
cortando-se p com p (pressão constante), temos:
Vo / To = V / T
Vo / 300 = 12Vo / T
cortando-se Vo com Vo, temos:
1 / 300 = 12 / T
meios pelos extremos:
T = 3600 K
na segunda transformação temos que o volume é constante. se p = (1/3)po, então:
po*V / To = p*V / T
cortando-se V com V (transformação isocórica – volume constante) e sendo a temperatura inicial dessa transformação a temperatura final da transformação anterior (ou seja, To = 3600K), temos:
po / To = p / T
po / 3600 = (1/3)po / T
cortando-se po com po, temos:
1 / 3600 = (1/3) / T
meios pelos extremos:
T = 3600*(1/3)
T = 3600 / 3
T = 1200 K
agora, basta transformarmos essa temperatura de kelvin para celsius. logo:
Tk = Tc + 273
sendo Tk = 1200K, temos:
1200 = Tc + 273
Tc = 927 °C
portanto, a alternativa correta é alternativa A.

Cinemática – Exercícios

agosto 8, 2010 Deixe um comentário

1) No instante em que o sinal de trânsito fica verde, um automóvel parte com uma aceleração a de 2,2 m/s2. No mesmo instante um caminhão, trafegando com uma velocidade constante de 9,5 m/s, alcança e ultrapassa o automóvel. (a) A que distância além do sinal de trânsito o automóvel ultrapassará o caminhão? (b) Qual será a velocidade do automóvel nesse instante?

R.:

a) Primeiro vamos fazer a função horária do espaço de cada movimento e igualarmos os espaços finais para descobrir o tempo de encontro. Feito isso, é só aplicar esse tempo em qualquer uma das funções horárias do espaço. Assim, para o automóvel em movimento uniformemente acelerado, tem-se:
s = so + vo*t + at² / 2
s = 0 + 0*t + 2,2t² / 2
s = 1,1t²
Para o caminhão, a função horária do espaço será de um movimento uniforme (“No mesmo instante um caminhão, trafegando com uma velocidade constante”). Assim:
s = so + vt
s = 0 + 9,5t
s = 9,5t
Igualando os espaços finais:
s = s
1,1t² = 9,5t
Como cortando-se t com t, tem-se:
1,1t = 9,5
t = (9,5 / 1,1) s
Assim, aplicando em uma das funções horárias do espaço:
s = 9,5t
s = 9,5*(9,5 / 1,1)
s = 90,25 / 1,1
s = 82,04m
b) Aplicando os dados na função horária da velocidade, tem-se:
v = vo + at
v = 0 + 2,2*(9,5 / 1,1)
v = 20,9 / 1,1
v = 19 m/s
ps.: o espaço inicial (so) é nulo pois foi adotado o sinal de trânsito como espaço inicial nulo.

2) A equação horária para o movimento de uma partícula é X(t)=15-2t, onde x é dado em metros e t em segundos . Calcule o tempo em segundos para que a partícula percorra uma distância que é dobro da distância à origem no instante t= 0s.R.:

A distância à origem no instante t = 0s será:
x(t) = 15 – 2t
x(t) = 15 – 2*0
x(t) = 15m
Se o movimento fosse progressivo, o dobro dessa distância de 15m que acabamos de descobrir seria 30m. Mas o movimento é retrógrado. Então o móvel está voltando, ou seja, queremos saber o tempo do móvel percorrer 30m voltando. Assim, ele volta 15m e está na origem. e voltando mais 15m ele se encontra na posição -15m. Assim, será o tempo para que a partícula saia de xo = 15m e vá até x = -15m. Assim, basta aplicarmos na função horária do movimento uniforme. Então:
x(t) = 15 – 2t
-15 = 15 – 2t
-15 – 15 = -2t
-2t = -30 *(-1)
2t = 30
t = 30 / 2
t = 15s

3) Um vaso de flores cai de um peitoril de uma janela e passa pela janela de baixo. Despreze a resistência do ar. Ele leva 0,420s para passar por esta janela, cuja altura é igual a 1,90m. Qual é a distância entre o topo dessa janela e o peitoril de onde o vaso caiu?
R.:

Para resolver este problema, precisamos fazê-lo por partes. O vaso, por ter caído do peitoril, iniciou um movimento de queda livre. Assim, ele cai com velocidade inicial vo = 0 m/s no tempo to = 0s e com espaço inicial so = 0m e passa pelo espaço que existe entre uma janela e outra e chega à janela de baixo. Ao chegar à parte superior da janela de baixo, o vaso tem velocidade v, um tempo t e um espaço final s. A partir daí ele começa a outra parte do movimento, passando pela janela de baixo e chegando ao final dela com velocidade v’, tempo t’ e espaço final s’. Assim, aplicando na função horária do espaço para quando o vaso passa pela janela, temos:
s’ = s + v*(t’- t) + g(t’ – t)² / 2
s’- s =  v*(t’- t) + g(t’ – t)² / 2
Note que para a janela, o espaço inicial é s e o final s’. Da mesma forma para o tempo e a velocidade inicial em relação a esse deslocamento é v. Sabemos que (t’ – t) = 0,420s, que s’-s = 1,9m e que g = 10 m/s². Assim:
1,9 = v*0,420 + 10(0,420)² / 2
1,9 = 0,420v + 0,882
0,420v = 1,018
v = 1,018 / 0,420
v = 2,4238095 m/s (aproximadamente)
Ora, note que com isso conseguimos a velocidade inicial do percurso da janela e final para o percurso entre a janela e o peitoril. Assim, aplicando na equação de Torricelli, temos:
v² = vo² + 2gΔs
v² = vo² + 2g(s – so)
(2,4238095)² = 0² + 2*10*(s – 0)
5,8748524 = 0 + 20s
s = 5,8748524 / 20
s = 0,29 m = 29cm (aproximadamente)
Esse resultado dá aproximadamente 31cm se usarmos g = 9,8m/s².

4) Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados?
R.:

Primeiro vamos adotar o descer do rio como sentido positivo e o de subir como o negativo. Agora, vamos dar nomes ao termos envolvidos:

Va – velocidade da água relativa à margem;

Vb – velocidade do barco em relação à margem;

Vr – velocidade relativa do barco em relação à água.

Quando o barco sobe, há a velocidade do barco em relação à margem que é maior que a velocidade da água (contrária ao movimento). O barco faz isso em 10 horas, e logo:

t = d / Vr

Vr = d / t

Vr = d / 10

Assim:

Vb – Va = -Vr

Vb – Va = -d / 10   (I)

Note que a velocidade relativa é negativa pois vai no sentido negativo adotado. Para a descida, soma-se a velocidade da água com a do barco pois estão no mesmo sentido. Assim:

Vb + Va = Vr’

Vb + Va = d / 4   (II)

Para a situação em que o barco desce o rio com os motores desligados, temos que o barco será levado pela correnteza. Logo, a velocidade do barco será igual a velocidade da água. Assim:

Vb = Va = d / t   (III)

Somando as equações (I) e (II), temos:

Vb + Vb – Va + Va = (-d/10) + (d/4)

2Vb = (-2d + 5d) / 20

2Vb = 3d / 20

40Vb = 3d

40 / 3 = d / Vb

d / Vb = 40 / 3

Da equação (III), temos que t = d / Vb. Assim:

t = (40 / 3) h

t = (39 + 1) / 3

t = [13 + (1/3)] h

Ou seja, o tempo que o barco leva é 13 horas mais um terço de hora que é 20 minutos. Logo, t = 13h e 20 minutos.

5) Um ônibus percorre uma estrada retilínea com velocidade de módulo igual a 15 m/s. Quando o motorista inicia uma manobra de aceleração de módulo igual a 2 m/s² e mantém essa aceleração por 3s, um parafuso se desprende do teto. Considerando o módulo da aceleração gravitacional g = 10 m/s² e a distância do teto ao chão do ônibus d = 2m, o parafuso chega ao chão em um ponto a uma distância da vertical de onde se desprendeu de, em metro:

a) 0

b) 0,4

c) 4,0

d) 9,0

e) 9,5
R.:

Tomando o referencial do ônibus (um passageiro dentro do ônibus ou uma cadeira do ônibus), o parafuso está acelerado verticalmente (aceleração da gravidade). Sua equação de queda é a equação de queda livre dada por:
h = gt² / 2
Horizontalmente, como ele se move junto com o ônibus, o mesmo está parado em relação a esse referencial. Precisamos primeiro descobrir o tempo de queda do parafuso para que saibamos onde o parafuso cai depois desse tempo de queda. Assim, sendo a altura do teto ao chão h = 2m, g = 10 m/s², temos:
2 = 10t² / 2
10t² = 4
t² = 0,4
Esse resultado nos mostra que o parafuso chega ao chão antes de 3s e isso facilita e muito nosso cálculo pois só enquanto o parafuso cai o ônibus continua acelerando e não para de acelerar antes do parafuso cair.Vamos deixar esse resultado guardado. Agora, a partir da queda do parafuso o ônibus começa a acelerar com a = 2m/s². Aí o parafuso que não tem essa aceleração (pois está caindo no ar) vai ficar parado horizontalmente em relação ao referencial do ônibus enquanto o chão do ônibus está se movendo. Assim, para um tempo igual ao tempo de queda do parafuso (t = √0,4), queremos saber o quanto que o chão “andou” e assim saber o quanto o parafuso caiu depois do ponto do teto (horizontalmente falando), pois se o ônibus continuasse com velocidade constante o parafuso cairia no mesmo ponto (horizontalmente falando, não verticalmente). Assim:
s = so + vo*t + at² / 2
A velocidade inicial não será vo = 15 m/s, pois note que no referencial do ônibus, tanto o parafuso quanto o referencial do ônibus estão parados um em relação ao outro. Logo, vo = 0m/s. O espaço inicial é so = 0m e a = 2m/s². Assim:
s = 0 + 0*t + 2t² / 2
s = t²
Ora, o tempo que procuramos é o tempo de queda do parafuso para sabermos o quanto o chão se moveu nesse tempo. Assim, como já descobrimos antes, t² = 0,4. Assim:
s = 0,4 m
Portanto, a alternativa correta é B.

6) A posição S , em metros de um movel varia em função do tempo t, em segundos, de acordo com a função dada por S(t) = 2 + 4t – t². O valor máximo para S é, em metros:
a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8

R.:

Para fazer essa questão você precisa ser matemática. Ela pede o valor máximo para a posição S. Logo, usando a definição de máximo para uma função do segundo grau, temos:
ymax = Smax = -(b² – 4*a*c)/ 4a
Sendo a, b, c os coeficientes da equação do segundo grau (função horária). Logo, a = -1, b = 4 e c = 2. Assim:
Smax = -[16 – 4*(-1)*2] / 4*(-1)
Smax = -(16 + 8 ) / -4
Smax = -24 / -4
Smax = 24 / 4
Smax = 6 m
Portanto, a alternativa correta é D.

7) Uma pedra cai em um poço e, após 9 segundos, o observador ouve o som da pedra. Admitindo g = 10 m/s² e a velocidade do som no ar igual a 342 m/s, determine a profundidade do poço.R.:
A primeira coisa que podemos concluir é que o tempo de descida da pedra (t1) mais o tempo que o som levou para voltar ao observador (t2) é igual a 9s. Ou seja:
t1 + t2 = 9 (I)
Vamos adotar o nosso eixo y positivo para baixo, tendo como origem (ho = 0m) a posição em que a pedra caiu. Assim, para o tempo t1 temos um movimento de queda livre. Assim:
h = gt1² / 2
t1 = √(2h / g) (II)
Para o som voltar, ele subiu e logo, foi contra o nosso eixo y positivo que é para baixo. Logo, a velocidade será negativa dada por v = -342 m/s. Note que o som realiza um movimento uniforme. Ou seja:
h’ = h’o + vt
Mas h’ (altura final) é justamente a origem (pois o som veio do fundo do poço para cima) e h’o é a altura do poço que é h. Assim, sendo v = -342 m/s, temos:
0 = h -342t2
h = 342t2
t2 = h / 342 (III)
Assim, aplicando (II) e (III) em (I), temos:
√(2h / g) + h / 342 = 9
Vamos eliminar essa raiz isolando ela em um lado e colocando ambos os lados dessa igualdade ao quadrado. Assim:
√(2h / g) = 9 – (h / 342)
[√(2h / g)]² = [9 – (h / 342)]²
(2h / g) = 81 –(2*9*h/342) + (h / 342)²
(2h / g) = 81 – (h/19) + (h² / 342²)
(h² / 342²) – (h/19) – (2h / g) + 81 = 0
(h² / 342²) – (hg + 38h / 19g) + 81 = 0
Agora, aplicando os dados, temos:
(h² / 342²) – (10h + 38h) / 190) + 81 = 0
(h² / 342²) – (24h / 95) + 81 = 0
Agora, a parte mais trabalhosa da questão: calcular essa equação do segundo grau. Assim:
h = -b ± √(b² – 4ac) / 2ª
h = (24 / 95) ± √[(-24/95)² – 4*(1/342²)*81] / 2*(1/342²)
h = (24 / 95) ± √[(576/9025) – (1 / 361)] / (1/58482)
h = (24 / 95) ± √(207936 – 9025) / (1/58482)
h = (24 / 95) ± √(198911/ 3258025) / (1/58482)
h ≈ 0,2526 ± 0,2471 / 0,000017
h1 ≈ 29394,117 m (raiz positiva)
h2 ≈ 323,53 m (raiz negativa)
Como é, no mínimo, meio impossível de um poço ter 29km (aproximadamente), temos que a altura (profundidade do poço) é aproximadamente 323,53 m.

8 ) Um avião, desloca-se paralelamente a uma planície, a uma altura h e com velocidade horizontal Vo, libera, em um dado instante, um artefato. As componentes horizontal (Vx) e vertical (Vy) da velocidade do artefato, no exato instante em que ele passa pelo ponto A, a uma altura p do solo, são :
a) Vx = Vo e Vy = + √2g ( p – h )
b) Vx = 2gp e Vy = – 2gp
c) Vx = 2gp e Vy= – 2gh
d) Vx = Vo e Vy = – 2g ( h – p )

R.:

O caso citado é de um lançamento horizontal. Note que quando o avião solta o artefato, o mesmo também tem a mesma velocidade do avião, ou seja, Vo. Ao decorrer do tempo, essa velocidade horizontal permanece constante pois não há uma aceleração, horizontalmente falando, que faça essa velocidade variar. logo, Vx = Vo. A velocidade vertical, inicialmente é nula pois o avião só tem velocidade horizontal pois ele voa horizontalmente. Logo, assim que é lançado, Voy = 0 m/s. À medida que esse artefato se desloca, sua velocidade vertical varia pois existe uma aceleração (aceleração da gravidade: g) que faz variar a velocidade. Assim, basta aplicar na equação de Torricelli modificada para o movimento vertical. Adotando a nossa origem no solo, o sentido do nosso eixo-y positivo será para cima. Logo, como g está no sentido oposto (pois g aponta para baixo, enquanto o eixo y positivo aponta para cima), teremos a = -g. Sendo ho a altura inicial e ho = h e h a altura final e igual a h = p, temos:
Vy² = Voy² + 2(-g)(h – ho)
Vy² = -2g(p – h)
Vy² = -2g[(-1)(h – p)] (eu coloquei -1 como fator comum e o termo que era p – h ficou (-1)(h-p))
Vy² = -(-1)2g(h – p)
Vy² = 2g(h – p)
Vy = ±√2g(h – p)
Bem, como a velocidade também é oposta ao sentido positivo adotado (a velocidade vertical aponta para baixo) ela será negativa. E logo não faz sentido termos Vy = +√2g(h – p). Portanto:
Vy = -√2g(h – p)
Portanto, a alternativa correta é D. É importante você se acostumar a adotar um sentido como eu fiz. Isso deixa tudo muito mais fácil e faz com que as contas se expliquem por si mesmas.

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