Escrito por Lucas Tavares
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.
Questão 1 *
(OBF) Um pedaço de gelo de $$0,30 \;\rm kg$$ a $$0^{\circ}C$$ é colocado em um recipiente termicamente isolado contendo $$ 2,0 \;\rm kg$$ de água a $$10^{\circ}C$$. Determine a temperatura e a composição final do sistema. Dados: calor específico da água $$= 1,0 \;\rm{kcal/kg^{\circ}C}$$; calor latente de fusão da água $$= 80\; \rm{kcal/kg}$$
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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 $$\boxed{T = 0^{\circ}C}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{0,05\;\rm{kg\; de\; gelo}}$$, $$\boxed{2,25\;\rm{kg\; de\; agua}}$$
$$\boxed{T = 0^{\circ}C}$$
[/spoiler]
Questão 2 *
Um bloco de gelo de massa $$ 3,0 \;\rm{kg}$$, que está a uma temperatura de $$-9^{\circ}C$$, é colocado em um calorímetro (recipiente isolado de capacidade térmica desprezível) contendo $$5,0 \;\rm{kg}$$ de água, à temperatura de $$40,0^{\circ}C$$. Qual a quantidade de gelo que sobra sem se derreter? Dados: calor específico do gelo $$c_{g} = 0,5\;\rm{kcal/kg^{\circ}C}$$; calor latente de fusão do gelo: $$L = 80 \;\rm{kcal/kg}$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{m_{derrete} \approx 2,33\;\rm{kg}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{m_{derrete} \approx 2,33\;\rm{kg}}$$
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Questão 3 *
Uma barra metálica é aquecida conforme a figura; $$A$$, $$B$$ e $$C$$ são termômetros. Admita a condução de calor em regime estacionário e no sentido longitudinal da barra. Quando os termômetros das extremidades indicarem $$200^{\circ}C$$ e $$80^{\circ}C$$, quanto o intermediário indicará?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{T_C = 125^{\circ}C}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T_C = 125^{\circ}C}$$
[/spoiler]
Questão 4 *
Explique o funcionamento físico de um vaso de Dewar, esclarecendo como os conceitos físicos acerca dos processos de transferência de calor são utilizados na sua fabricação.
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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:
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Questão 5 **
A energia radiante que a Terra recebe do Sol sob incidência normal, por unidade de tempo e de área, é denominada constante solar e vale $$C_s = 19,4 \;\rm{kcal/min m^2}$$ . O gelo tem densidade absoluta $$d = 920 \;\rm{kg/m^3}$$ e calor de fusão $$L = 80 \;\rm{kcal/kg}$$. Suponha que a Terra seja revestida por uma camada uniforme de gelo de espessura $$x$$, a $$0 ^{\circ}C$$. Determine, em metros, essa espessura, sob condição de que o gelo seja fundido em $$30$$ dias por efeito do calor radiante proveniente do Sol, que ele absorve integralmente, e com exclusão de qualquer outra troca de calor.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{x \approx 5,7\;\rm{m}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{x \approx 5,7\;\rm{m}}$$
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Questão 6 **
(OBF) Um estudante observa que sua família, por comodidade, prefere secar as roupas em uma máquina elétrica ao invés de pendurá-las no varal, onde o clima em geral seco de sua região, as secaria sem custo. Para estimar o gasto mensal com a máquina de secar, o estudante seleciona uma amostra representativa das roupas da casa que, quando secas, têm massa $$8,00$$ $$kg$$ e, quando úmidas (logo após lavadas e torcidas ou centrifugadas, ou seja, prontas para ir para o varal ou secadora), têm massa de $$15,00$$ $$kg$$. Considerando que, na máquina, o calor usado para secar a roupa vem da eletricidade, estime o custo mensal para secar as roupas na secadora sabendo que em média, por mês, são lavados $$120$$ $$kg$$ de roupas e o custo do energia elétrica na região é de $$R$0,85/kWh$$.
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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 $$1$$ $$kWh$$ $$= 3,6 * 10^{6}$$ $$J$$:
$$\dfrac{0,85}{C} = \dfrac{3,6*10^{6}}{2,38*10^{8}}$$ $$\therefore$$
$$\boxed{C \approx R$56,19}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{C \approx R$56,19}$$
[/spoiler]
Questão 7 **
Um bloco de gelo de $$ 1$$ tonelada, destacado de uma geleira, desliza por uma encosta de $$10^{\circ}$$ de inclinação com velocidade constante de $$0,1 \;\rm{m/s}$$. O calor latente de fusão do gelo é de $$80\; \rm{cal/g}$$. Calcule a quantidade de gelo que se derrete por minuto em consequência do atrito. Use se precisar: $$\sin\theta \approx \theta$$ e $$\cos\theta\approx 1$$ ; $$\theta \ll 1 rad$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$\rm{J/kg}$$
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$$\boxed{\dfrac{\Delta m}{ \Delta t} \approx 5,2\cdot 10^{-4}\;\rm{kg/s}}$$
[/spoiler]
Questão 8 **
(OBF) As figuras abaixo ilustram dois arranjos experimentais usados para investigar a taxa de transferência de calor entre os corpos $$A$$ e $$B$$. As temperaturas $$T_A$$ e $$T_B$$, com $$T_A > T_B$$, são mantidas constantes por equipamentos não representados na figura. Em ambos os arranjos, são usadas duas barras cilíndricas de dimensões idênticas. A barra 1 tem condutividade térmica $$k_1$$ e a barra 2 tem condutividade térmica $$k_2$$. Ambas as barras são isoladas termicamente em suas superfícies laterais de modo que o calor é conduzido de $$A$$ a $$B$$ sem perdas para a vizinhança. Suponha que, no regime estacionário, a taxa de transferência de calor de $$A$$ para $$B$$, nos arranjos $$I$$ e $$II$$ sejam, respectivamente $$\phi_I$$ e $$\phi_{II}$$. Determine a razão $$\phi_{II}/\phi_{II}$$ nos seguintes casos:
(a) as barras têm as mesmas condutividades térmicas $$k_1 = k_2$$;
(b) a condutividade térmica de uma barra é o triplo da outra $$k_1 = 3k_2$$.
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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 $$T_A>T>T_B$$.. Utilizando a Lei de Fourier, temos que
$$\phi_1=\dfrac{k_1 A \left(T_A-T\right)}{L}$$.
$$\phi_2=\dfrac{k A \left(T-T_B\right)}{L}$$.
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 $$k_1=3k_2$$:
$$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=4}$$
(b) $$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$$
[/spoiler]
Questão 9 **
Uma peça, de seção transversal constante, é composta por três metais arranjados, conforme a figura, onde estão indicadas as condutibilidades de cada parte, bem como suas respectivas dimensões. Para o calor fluir no sentido indicado pelas setas, calcule a condutibilidade equivalente da peça.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{k_{eq} = \dfrac{24k}{19}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{k_{eq} = \dfrac{24k}{19}}$$
[/spoiler]
Questão 10 **
Têm-se três cilindros de secções transversais iguais de cobre, latão e aço, cujos comprimentos são, respectivamente, $$46 \;\rm{cm}, 13 \;\rm{cm}$$ e $$ 12 \;\rm{cm}$$. Soldam-se os cilindros, formando o perfil em $$Y$$, como indica na figura. O extremo livre do cilindro de cobre é mantido a $$100^{\circ}C$$, e dos cilindros de latão e aço, a $$0^{\circ}C$$. Suponha que a superfície lateral dos cilindros esteja isolada termicamente. As condutividades térmicas do cobre, latão e aço valem, respectivamente, $$0,92, 0,26$$ e $$0,12$$, expressas em $$\rm{cal/cm \, s^{\circ}C}$$ . No regime estacionário de condução, qual a temperatura na junção?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{T = 40^{\circ}C}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T = 40^{\circ}C}$$
[/spoiler]
Questão 11 ***
Em um belo dia frio de inverno, a temperatura do ar atmosférico é de $$-T ^{\circ}C$$. Um cilindro, de material perfeitamente isolante, é preenchido com água a $$0 ^{\circ}C$$. Sabendo que o calor latente de fusão da água vale $$L$$, a densidade do gelo vale $$\rho$$ e a condutividade térmica do gelo vale $$K_{gelo}$$, determine o tempo para toda a coluna de água ($$H$$) ser transformada em gelo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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, $$t_{total}$$:
$$\boxed{t_{total} = \dfrac{L d \rho h^2}{2K_{gelo} T}} $$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t_{total} = \dfrac{L d \rho h^2}{2K_{gelo}T}} $$
[/spoiler]
Questão 12 ***
Uma casa tem três paredes idênticas, cada uma delas podendo ser tratada como um corpo negro. A distância entre cada par de planos é muito menor que as dimensões das paredes. Considere que os sistemas estão no vácuo. Determine a temperatura de equilíbrio $$T_{1}$$ no regime estacionário da parede interna se a parede da esquerda está a uma temperatura $$T(K)$$ e a da direita tem temperatura $$2T(K)$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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,
$$\boxed{T_1 = \sqrt[4]{\dfrac{17}{2}}T}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T_1 = \sqrt[4]{\dfrac{17}{2}}T}$$
[/spoiler]
Questão 13 ***
Em um dia quente de páscoa, Matheus Felipe tira da geladeira um pequeno coelho de chocolate de $$250 \; \rm{g}$$, deixa em cima de uma mesa e percebe que o coelho derrete completamente em cerca de $$1 \;\rm{hora}$$. Curioso com isso, Matheus Felipe decide estimar em quanto tempo iria demorar para que um ovo de páscoa de $$ 3 \;\rm{kg}$$ derreta completamente. Ajude Matheus Felipe a estimar esse tempo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\Delta t \approx \left( \dfrac{3}{0,25}\right)^{2/3}$$
$$\boxed{\Delta t \approx 5,2 \; \rm{horas}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta t \approx 5,2 \; \rm{horas}}$$
[/spoiler]
Questão 14 ***
(OBF) De acordo com a lei de Stefan-Boltzmann, a taxa de energia irradiada por um corpo de área $$A$$ a temperatura $$T$$ em um ambiente de temperatura $$T_a < T$$ é dada por
$$P=e \sigma A (T^4-T_a^4)$$
onde $$\sigma \approx 6 \times 10^{-8} \,W/m^2K^4$$ é a constante universal de Stefan-Boltzmann, $$e$$ é a emissividade característica da superfície, que é um valor entre $$0$$ e $$1$$, e as temperaturas são dadas em $$K$$. Uma lâmpada de potência $$P=250\,W$$ é colocada no centro de uma caixa cúbica suspensa por fios e perfeitamente vedada. Suas paredes de lado $$a\,=\,20\,cm$$ e espessura $$1\,cm$$ são feitas de um material sintético de emissividade $$e\,=\,1$$ e condutividade térmica é $$k\,=\,0,5\,W/m\,K$$. Como o ar é um mal condutor de calor, pode-se considerar que todas as ttrocas de energia da caixa com o ambiente exterior se dão por irradiação. Determine a temperatura de equilíbrio do ar no interior da caixa quando a lâmpada está ligada e a temperatura ambiente é $$T_a=27^{\circ}C$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{T=343 \, K}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T=343 \, K}$$
[/spoiler]
Questão 15 ***
(OBF) Muito antes da existência dos atuais refrigeradores, alguns povos antigos desenvolveram uma técnica para a produção de gelo. Em uma noite sem luar, na qual a temperatura é de $$5$$ $$^{\circ}C$$, é possível obter gelo ao colocar uma certa quantidade de água sobre um recipiente de área de $$35$$ $$cm^{2}$$, devidamente isolado em sua base, por exemplo com palha, e deixando-o exposto por aproximadamente $$6$$ horas. Esse fenômeno é explicado pelas trocas de energia por radiação térmica entre o corpo e o céu noturno. Em regiões desérticas onde essa técnica é usada, sob certas condições climáticas, o céu pode ser considerado aproximadamente um corpo negro de temperatura $$-20$$ $$^{\circ}C$$. Considere que a taxa com que um corpo troca energia por irradiação com um meio que se comporta como um corpo negro de temperatura $$T_{n}$$ é dada por
$$P= e\sigma A\left(T^4-T_n^4\right)$$
onde $$\sigma = 5,7.10^{-8}$$ $$\dfrac{W}{m^{2}K^{4}}$$ é a constante de Stefan, $$e$$ é a emissividade do corpo, $$A$$ é a área pela qual a energia é irradiada e $$T$$ sua temperatura. Determine a quantidade de gelo, em gramas, obtida na situação descrita acima, considerando que o sistema (conteúdo do recipiente) troca energia apenas com o céu noturno. (Assuma que a emissividade da água é $$0,9$$.)
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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”.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[m=16,82 \,g=0,01682 \, kg\]
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OBS: Caso você queira um desafio nível TBF, você pode fazer esse problema do CF.