Problemas Aula 2.2 – Calor

No equilíbrio térmico, tem-se que a soma dos calores é $0$. Sendo assim:

$Q_{gelo} + Q_{agua} + Q_{agua}' = 0$

Em que $Q_{gelo}$ é o calor associado ao derretimento do gelo, $Q_{agua}$ é o calor associado ao resfriamento da água e $Q_{agua}'$ é o calor associado ao aquecimento do gelo derretido. Portanto:

$m_{gelo} L + m_{agua} c(T-T_0) + m_{gelo}c T = 0$

Substituindo os valores:

$0,3\cdot 80 + 2\cdot 1 \cdot (T- 10) + 0,3 \cdot 1\cdot T= 0$

Com isso:

$T = -1,73 ^{\circ}C$

Mas isso é um absurdo, pois não é possível que o sistema atinja o equilíbrio nessa temperatura. Portanto, conclui-se que o gelo não derreteu completamente e a temperatura do equilíbrio é de $0^{\circ}C$. Vamos calcular a massa de gelo que permaneceu.

$m_{derrete} L + m_{agua} c(0-T_0) = 0$

$m_{derrete} = \dfrac{m_{agua}cT_0}{L}$

$m_{derrete} = 0.25\;\rm{kg}$

Portanto ainda haverá no sistema:

$\boxed{0,05\;\rm{kg\; de\; gelo}}$, $\boxed{2,25\;\rm{kg\; de\; agua}}$

a uma temperatura de $\boxed{T = 0^{\circ}C}$

$\boxed{0,05\;\rm{kg\; de\; gelo}}$, $\boxed{2,25\;\rm{kg\; de\; agua}}$

$\boxed{T = 0^{\circ}C}$

No equilíbrio, o calor total será nulo. Logo:

$m_{derrete} L + m_{gelo}c_{gelo}(T-T_{0_{gelo}})+ m_{agua}c_{agua}(T-T_{0_{agua}}) = 0$

$m_{derrete} = - \dfrac{m_{gelo}c_{gelo}(T-T_{0_{gelo}})+ m_{agua}c_{agua}(T-T_{0_{agua}})}{L}$

Substituindo os valores:

$\boxed{m_{derrete} \approx 2,33\;\rm{kg}}$

$\boxed{m_{derrete} \approx 2,33\;\rm{kg}}$

No regime estacionário, o fluxo de calor ao longo da barra será constante. Portanto:

$\Phi = \dfrac{ K A (T_A - T_B)}{L_{AB}} = \dfrac{ K A (T_C- T_B)}{L_{CB}}$

$T_C =(T_A-T_B) \dfrac{L_{CB}}{L_{AB}} + T_B$

Substituindo os valores:

$\boxed{T_C = 125^{\circ}C}$

$\boxed{T_C = 125^{\circ}C}$

Vaso de Dewar é o nome científico dado para a famosa garrafa témica! Com o intuito de manter a temperatura interna da garrafa, vamos construir um vaso de Dewar com o conhecimento que temos. Para o nosso objetivo, temos que extinguir todas as formas de transferência de calor, que podem se dar por convecção, condução e radiação.

Para a radiação, a forma mais simples é utilizando superfícies refletoras. Então utiliza-se uma superfície refletora interna (para manter o calor do café, por exemplo) e uma superfície refletora externa (para manter a água gelada, por exemplo). Para isso, pode-se utilizar papel alumínio para revestir as superfícies da garrafa.

A convecção terá uma contribuição desprezível para a troca de calor, mas para garantir que não ocorra, vamos considerar um vácuo entre as paredes da garrafa. Isso também será útil para evitar a condução. Entretanto, um vácuo perfeito não será possível de consegui. Pode-se então utilizar um material que seja um péssimo condutor de calor. Exemplos de materiais para isso: jornal, isopor.

Perceba que agora o único ponto que haverá uma grande condução de calor será na tampa da garrafa. Para evitar essa condução, utiliza-se uma pequena borrachinha na tampa. Veja na figura abaixo um esquema da garrafa:

Como o enunciado indica, todo o calor absorvido do sol será utilizado para derreter o gelo. Logo:

$C_s T A = d VL$

A área em que a Terra recebe radiação do Sol será dada por $A = \pi R_T^2$. Você pode interpretar isso como sendo a área efetiva da Terra que recebe radiação, pois apenas a face virada para o Sol receberá a radiação.

Como a camada de gelo será muito pequena comparado ao raio da Terra, seu volume se dará por: $V = 4\pi R_T^2x$. Portanto:

$C_s T 2\pi R_T^2 = d 4\pi R_T^2x L$

$x = \dfrac{C_sT}{2dL}$

Substituindo os valores:

$\boxed{x \approx 5,7\;\rm{m}}$

$\boxed{x \approx 5,7\;\rm{m}}$

Deve-se perceber que a diferença de massa depois da secagem é proveniente da água que evaporou durante o processo, que é posterior ao de lavagem. Primeiramente, façamos uso de uma proporção simples com os dados do enunciado para encontrar a massa das roupas molhadas no processo mensal (perceba que $120$ $kg$ é a massa apenas das roupas secas ou antes de serem lavadas), e deste número subtraímos os $120$ $kg$ de forma a obter a massa de água evaporada:

  $\dfrac{8,00}{120} = \dfrac{15,00}{m}$

$m = 225$ $kg$ $\therefore$

$\Delta m = 225 - 120 = 105$ $kg$ $= 105 * 10^{3}$ $g$

O calor necessário $Q$ em calorias para a evaporação foi, então (note que, em primeira aproximação, podemos desconsiderar o calor sensível, visto também que nada foi informado sobre a temperatura inicial da água):

$Q = \Delta m L_{v} = 105 * 10^{3} * 540 = 5,67 * 10^{7}$ $cal$

Em joules:

$Q = 4,2 * 5,67 * 10^{7} \approx 2,38 * 10^{8}$ $J$

Façamos, então, uma nova proporção para encontrar o custo C desse processo, em reais, dado que $R$0,85$ correspondem à $1$ $kWh$ $= 3,6 * 10^{6}$ $J$:

$\dfrac{0,85}{C} = \dfrac{3,6*10^{6}}{2,38*10^{8}}$ $\therefore$

$\boxed{C \approx R$56,19}$

$\boxed{C \approx R$56,19}$

A potência dissipada pelo atrito vai se dar por $P_{ot} = -Fat v$. Como a potência dissipada derreterá o gelo:

$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = - L\dfrac{\Delta m}{ \Delta t}= P_{ot}$

Assim:

$\dfrac{\Delta m}{ \Delta t} = \dfrac{\mu mg\cos{\theta} v}{L}$

Como a velocidade é constante, o bloco está em equilíbrio e assim $\mu = \tan \theta \approx \theta = \pi/18$

Logo, substituindo os valores:

$\boxed{\dfrac{\Delta m}{ \Delta t} \approx 5,2\cdot 10^{-4}\;\rm{kg/s}}$

Lembre-se que deve-se converter a unidade do calor latente para $\rm{J/kg}$

$\boxed{\dfrac{\Delta m}{ \Delta t} \approx 5,2\cdot 10^{-4}\;\rm{kg/s}}$

Resolveremos o problema para o caso geral $k_1 \neq k_2$, para então depois particularizar de acordo com as condições desejadas.

I) Chame de $\phi_1$ e $\phi_2$ o fluxo térmico (energia por unidade de tempo) através das barras 1 e 2, respectivamente. Seja $A$ a secção reta das barras (as dimensões das barras são iguais) e $T$ a temperatura na junção das barras, com $\phi_1=\dfrac{k_1 A \left(T_A-T\right)}{L}$.

$\phi_2=\dfrac{k A \left(T-T_B\right)}{L}$.

No estado estacionário, deve valer a continuidade de fluxo para a associação em série: $\phi_1=\phi_2=\phi_I$. Logo:

$T_A-T=\dfrac{\phi_I L}{k_1 A}$.

$T-T_B=\dfrac{\phi_I L}{k_2 A}$.

Somando as duas equações, isolamos $\phi_I$ para obter

$\phi_I=\left(\dfrac{k_1 k_2}{k_1+k_2}\right)\dfrac{A\left(T_A-T_B\right)}{L}$.

II) No segundo cenário (associação em paralelo), o fluxo total $\phi_{II}$ se divide entre as duas as barras. Isto é:

$\phi_{II}=\phi_1+ \phi_2$.

Novamente, pela Lei de Fourier, vale escrever:

$\phi_{II}=\phi_1=\dfrac{k_1 A \left(T_A-T_B\right)}{L}+\dfrac{k_2 A \left(T_A-T_B\right)}{L}$,

$\phi_{II}=\left(k_1+k_2\right)\dfrac{A \left(T_A-T_B\right)}{L}$.

Então, a razão $\phi_{II}/ \phi_I$ é dada por:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{\left(k_1+k_2\right)^2}{k_1 k_2}}$

(a) Para $k_1=k_2$:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=4}$.

(b) Para $k_1=3k_2$:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$.

(a) $\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=4}$

(b) $\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$

Para resolver esse problema, vamos fazer associações das peças! Antes de tudo, vamos definir a espessura (profundidade) da peça total como $h$, a temperatura da direita, do meio e da esquerda como $T_d$, $T_m$ e $T_e$, respectivamente. Percebe-se que as peças de $2k$ e $3k$ estão em paralelo. Logo, para a associação, tem-se:

$\Phi_{2+3} = \Phi_2 +\Phi_3$

$\Phi_{2+3} = \dfrac{2k(Lh)(T_m-T_d)}{d} + \dfrac{3k(2Lh)(T_m-T_d)}{d}$

$\Phi_{2+3} = 8 \dfrac{k(Lh)(T_m-T_d)}{d}$

Agora, perceba que o sistema é formado por duas peças, como mostra a figura abaixo:

Note que nesse novo sistema, cada peça está em série. Sendo assim:

$\Phi_1 = \Phi_{2+3}$

$\dfrac{k(3Lh)(T_e-T_m)}{2d} = 8 \dfrac{k(Lh)(T_m-T_d)}{d}$

$19 T_m = 3T_e + 16T_d$

Como a associação é em série:

$\Phi_{eq} = \Phi_1$

$\dfrac{k_{eq}(3Lh)(T_e-T_d)}{3d} = \dfrac{k(3Lh)(T_e-T_m)}{2d}$

$2k_{eq} (T_e-T_d) = 3k\left(T_e - \dfrac{3T_e + 16T_d}{19}\right)$

Portanto:

$\boxed{k_{eq} = \dfrac{24k}{19}}$

$\boxed{k_{eq} = \dfrac{24k}{19}}$

Perceba que no sistema, a barra de Aço ($A$) e a barra de Latão ($L$) estão em paralelo, pois ambas as extremidades estão na mesma temperatura. Perceba também que a barra de Latão + Aço ($L+A$) estão em série com a barra de Cobre ($C$). Sendo assim, esse problema fica extremamente parecido com o problema anterior.

Associando as barras em paralelo:

$\Phi_{L+A} = \dfrac{k_AS(T-0)}{L_A} \dfrac{k_LS(T-0)}{L_L}$

Em que $T$ é a temperatura da junção e $S$ a secção transversal das barras.

Pelas barras em série:

$\Phi_{L+A} = \Phi_C$

$\dfrac{k_AS(T-0)}{L_A} \dfrac{k_LS(T-0)}{L_L} = \dfrac{k_CS(100- T}{L_C}$

$T\left(\dfrac{K_A}{L_A} +\dfrac{K_L}{L_L} + \dfrac{K_C}{L_C}\right) = \dfrac{100K_C}{L_C}$

Substituindo os valores, encontra-se:

$\boxed{T = 40^{\circ}C}$

$\boxed{T = 40^{\circ}C}$

Quando a água é congelada, a camada de gelo formada servirá de isolante térmico de tal forma que o calor do ambiente será conduzido pelo gelo. Portanto, vamos analisar a condução de calor através do gelo. Em um instante genérico, tem-se:

$\Phi = \dfrac{K_{gelo} \pi R^2 (-T - 0)}{d}$

Em que $d$ é a espessura da camada de gelo que já congelou. Perceba que esse fluxo de calor “negativo” representa a quantidade de calor que a água perde para o ambiente, transformando-se assim em gelo. Portanto, pode-se dizer que:

$\dfrac{\delta Q_{agua}}{\delta t} = \dfrac{L\delta m}{\delta t} = \Phi$

$-L \dfrac{\rho\pi R^2 \delta d}{\delta t} =- \dfrac{K_{gelo} \pi R^2 T}{d}$

$\delta t = \dfrac{L d \rho}{K_{gelo} T} d\delta d$

Para calcular o tempo total, vamos fazer uma analogia à cinemática. Em um MRUV, a velocidade é dada por $at$. Para calcular o espaço percorrido, pode-se calcular área do gráfico dado por $v$ por $t$, ou seja, $at$ por $t$. Da mesma fora, para calcular o tempo total na questão, vamos calcular a área do gráfico de $\dfrac{\delta t}{ \delta d}$ por $d$. Perceba que nessa analogia, $\dfrac{\delta t}{ \delta d}$ seria a “velocidade do tempo”, $d$ seria análogo ao tempo e $t$ análogo ao espaço percorrido. Com isso, tem-se o seguinte gráfico:

Calculando a área desse gráfico e, portanto, $t_{total}$:

$\boxed{t_{total} = \dfrac{L d \rho h^2}{2K_{gelo} T}}$

$\boxed{t_{total} = \dfrac{L d \rho h^2}{2K_{gelo}T}}$

No equilíbrio, o fluxo resultante em cada placa será nulo, ou seja

$\Phi_{recebe} + \Phi_{emite} = 0$

Logo, para a paca do meio:

$2\sigma A T_1^4 = \sigma A T^4 + \sigma A (2T)^4$

Logo,

$\boxed{T_1 = \sqrt[4]{\dfrac{17}{2}}T}$

$\boxed{T_1 = \sqrt[4]{\dfrac{17}{2}}T}$

Como esse é um problema de estimativa, fatores numéricos (como fatores devido à geometria do objeto) não serão considerados. Portanto, analisaremos apenas proporcionalidades entre as grandezas para estimar o tempo de derretimento.

O calor recebido ao longo do chocolate para que ele derreta se dará pela Lei de Fourier. Logo:

$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} \; \alpha \; \dfrac{A \Delta T}{L} \; \alpha \; \dfrac{L^2}{L}$

$\Delta t \; \alpha \; \dfrac{Q}{L}$

O calor propagado será utilizado para derreter o chocolate, ou seja

$Q \; \alpha \; M$

Como a massa é dada pela densidade vezes o volume, teremos que

$L \; \alpha \; M^{1/3}$

Assim, teremos que:

$\Delta t \; \alpha \; \dfrac{M}{M^{1/3}} = M^{2/3}$

Sendo assim, o tempo total vai ser proporcional a $M^{2/3}$. Logo, fazendo uma simples regra de três, teremos que o tempo que o ovo de chocolate vai demorar para derreter será:

$\Delta t \approx \left( \dfrac{3}{0,25}\right)^{2/3}$

$\boxed{\Delta t \approx 5,2 \; \rm{horas}}$

$\boxed{\Delta t \approx 5,2 \; \rm{horas}}$

Analisando a caixa inteira, sabendo que um corpo negro ($e=1$) absorve toda a energia que incide sobre ele, deduz-se que no equilíbrio toda a potência absorvida pelo interior da caixa será transferida para o exterior por condução, e então ao ambiente por radiação.

Portanto,

$\sigma e A (T_{ext}^4-T_a^4)=250W$ e $\dfrac{kA (T_{int}-T_{ext})}{L}=250W$

Assim, podemos obter o valor de $T_{int}$.

Agora, analisando cada lado da caixa como uma placa isolada, percebe-se que as potências irradiadas pelas superfícies interna e externa devem ser iguais. Logo:

$\sigma e A (T_{int}^4-T^4) = 250\,W$

Obtendo então o valor de $T$, a temperatura do ar no interior da caixa:

$\boxed{T=343 \, K}$

$\boxed{T=343 \, K}$

Há duas interpretações para este problema. Uma considera o calor sensível trocado e a outra não.

A primeira interpretação considera que a "certa quantidade de água" descrita no enunciado é o próprio gelo. Em outras palavras, toda água congela. Primeiramente, a água dentro do recipiente troca calor sensível com a vizinhança até atingir a temperatura de fusão $273 \, K$. Perceba que a potência instantânea varia durante essa mudança de temperatura, mas para fins de aproximação, deve-se utilizar uma temperatura média (veja abaixo). Depois que a água atinge $273 \, K$ ela começa a derreter a temperatura constante (mudança de fase). O calor total trocado (sensível+latente) é dado pelo produto da potência (utilizaremos uma potência média) pela duração do processo($6$ horas). Dessa forma, temos que

$m\left(L+c\Delta{T}\right)=P\Delta{t}$          $(1)$

Onde $\Delta{T}=5K$ e $\Delta{t}=6h$. A potência pode ser aproximada a partir da média das temperaturas dos dois processos

$$T=\dfrac{\left(278+273\right)K}{2}=275,5 K$$

A potência é dada por

$$P=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=0,299 W$$

Substituindo os valores em $(1)$:

$$m=18,07 g$$

Observe que essa não é a resposta exata desta solução. Veja mais abaixo para a solução exata. Uma solução mais precisa para essa interpretação seria perceber que o calor latente da água é bem maior do que o calor necessário para resfriá-la em $5$ $K$, sendo assim, poderia-se utilizar como estimativa da potência média a potência quando a água estivesse à $0^{\circ}C$. Dessa forma, obteríamos:

$P=0,262$ $W$

E a massa derretida seria:

$m=15,85$ $g$

A segunda interpretação considera que, como o enunciado não nos dá informações sobre a massa de água inicial no recipiente, não podemos inferir que toda água derrete. Sendo assim, não há como saber o tempo que água leva para chegar a temperatura de fusão: esse tempo poderia ser arbitrariamente grande, dependendo da massa de água. Esse tempo deveria ser subtraido de $6h$ para descobrirmos o tempo que a água em fusão troca calor com o céu noturno. Portanto, seguindo essa linha de raciocíonio é natural concluir que o tempo fornecido no enunciado ($6h$) se refere somente ao tempo que a água em fusão troca calor. O calor sensível não entra nos cálculos, e a temperatura permanence constante durante toda a troca de calor, logo:

$$L\Delta{m}=P\Delta{t}=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)$$

Aqui, $T=273K$. Fazendo os cálculos:

$$P=0,262 W$$

E a massa derretida:

$$\Delta{m}=16,84\,g$$

Essa é a resposta exata para a segunda interpretação.

Comentários a respeito das interpretações:

Acreditamos que, tendo o enunciado como ferramenta, as duas interpretações são válidas se discorridas corretamente na prova. Caso o aluno optasse pela primeira, ela deveria explicar em sua solução que, no seu entendimento, toda a massa de água derrete. Alternativamente, se o aluno escolhesse a segunda interpretação, seria adequado explicar o porquê de não incluir o calor sensível em seus cálculos por não termos informações da massa inicial e talvez mostrar a expressão que fornece o calor sensível. Acreditamos também que a primeira interpretação é a que os elaboradores da OBF pensaram. Isso porque ela inclui o cálculo do calor sensível e destaca que água precisa ceder certo calor para atingir a temperatura de ebulição. Mas como o enunciado não ficou claro, as duas interpretações deveriam ser, dentro do possível, consideradas corretas.

Solução exata da primeira interpretação (Mesmo que não acompanhe a matemática, veja a conclusão final)

Na solução aproximada, consideramos uma potência média. Aqui, mostraremos que essa solução é de fato bastante concisa visto que a variação de temperatura é baixa comparada com seus valores extremos. Pelo enunciado, a duração total do processo é de seis horas. Portanto, vejamos quanto fica o tempo necessário ${\Delta{t}}_0$ para a água atingir a temperatura de fusão:

$$\dfrac{dQ}{dt}=-e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=\dfrac{mcdT}{dt}$$

$${\Delta{t}}_0=\dfrac{mc}{e{\sigma}A}\int_{273K}^{278K} \dfrac{dT}{T^4-T_n^4}$$

Defina $T/T_n=u$. Essa última integral pode ser resolvida notando que

$$\dfrac{1}{u^4-1}=\dfrac{\dfrac{1}{u^2-1}-\dfrac{1}{u^2+1}}{2}$$

Portanto, a integral pode ser dividida em duas:

$$\int \dfrac{1}{u^4-1}du=\dfrac{\int \left(\dfrac{1}{u^2-1}\right)du-\int \left(\dfrac{1}{u^2+1}\right)du}{2}$$

A segunda é simplesmente $\arctan{u}$, a primeira é mais trabalhosa. Fazendo a substituição de variável $u=\sec{\beta}$, ficamos com

$$\int \dfrac{1}{u^2-1}du=\int \dfrac{\sin{\beta}\sec^2{\beta}}{\sec^2{\beta}-1}d\beta=\int \csc{\beta}d\beta$$

Essa última é dada por $\ln\left(\tan{\dfrac{\beta}{2}}\right)$

Dessa forma, como $u$ varia de $1,0988$ a $1,0791$, podemos computar essa integral. O resultado para ${\Delta{t}}_0$ é

$${\Delta{t}}_0\approx{0,04875\dfrac{mc}{e{\sigma}AT_n^3}}$$

A duração do processo de derretimento é de $6h-{\Delta{t}}_0$ que é igual a

$${\Delta{t}}_1=\dfrac{Lm}{P}$$

Onde $P$ é a potência (constante) durante a fusão da água. Substituindo valores numéricos, somos capazes de determinar exatamente (a menos de aproximações numéricas) $m$:

$$m\approx{16,82 \, g}=0,01682 \, kg$$

Esse valor é muito próximo do resultado da segunda interpretação: por que?

Ao substituirmos $m$ nas expressões para ${\Delta{t}}_0$ e ${\Delta{t}}_1$, vemos que ${\Delta{t}}_0\approx{0,3h}$. Ou seja, o tempo no qual a temperatura está entre $278K$ e $273K$ é consideravelmente menor que o tempo em que a temperatura está fixa em $273K$ (o que inclusive corrobora com a segunda solução da primeira alternativa, onde consideramos a potência média com o valor de $273$ $K$) correspondendo a fusão da água. Observe que o resultado da segunda interpretação é a massa obtida se desconsiderarmos completamente a transição de $278K$ para $273K$. Quando assumimos que toda a água disponível inicialmente derrete chegamos que o tempo de transição é muito pequeno, comparado as $6$ horas. Portanto, é de esperar que esse resultado praticamente coincida com o da segunda interpretação. Mas não conclua então que as duas interpretações são equivalentes: o que acontece é que para concluir que o tempo de transição é pequeno, devemos fazer a consideração da primeira interpretação. Caso não fizéssemos, nunca poderíamos calcular esse tempo. Observe também que a diferença de massa entre a solução aproximada e a exata é de um pouco mais de $1$ $g$: quando colocamos uma temperatura média, nós superestimamos o tempo em que a água atinge a temperatura de ebulição. Evidentemente, a solução exata não deve ser requerida na correção da questão: além de ter que computar integrais não triviais, os valores de logaritmos e tangentes não podem ser feitos "na mão".

$$m=16,82 \,g=0,01682 \, kg$$