Problemas Aula 2.3 - Gases Perfeitos

${\rho=\dfrac{4m}{h\pi(D^2-d^2)}}$

$R=8,2 \dfrac{J}{K mol}$

a)

Situação física: Quando diminuímos a quantia de mols de moléculas e a temperatura do balão, para um mesmo volume sua pressão abaixa (equação de Clapeyron). Porém, o balão altera seu volume para que sua pressão iguale a exterior para que haja o equilíbrio de forças, e não temos que considerar qualquer força exercida pelo revestimento do balão pois o enunciado propôs que este se deforma muito facilmente. Como inicialmente o balão já estava nesse equilíbrio, temos que a pressão se manterá constante, e como a temperatura é fixada em $\dfrac{T}{2}$ portanto seu volume terá de alterar. O balão estará em equilíbrio mecânico quando o empuxo total for $0$, ou seja, quando as densidades do balão e da atmosfera forem iguais.

Ps.: normalmente um objeto que estava sob ação de uma força continua a se mover mesmo que a força cesse, pois continua a possuir velocidade, porém se o mesmo se mover muito lentamente, por exemplo, podemos aproximar e dizer que neste momento já estaria estático.

Por Clapeyron:

$P=\dfrac{NRT}{V} \rightarrow P'=\dfrac{(\frac{N}{2}R\frac{T}{2})}{V'}$

Onde $R$ é a constante dos gases ideais. Temos, portanto, que

$P=P'\rightarrow V'=\dfrac{V}{4}$.

A densidade se dá por:

$\rho=\dfrac{(\frac{N}{2}M)}{V'}$

Portanto:

$\rho_{f}=\dfrac{2MN}{V}=2\rho_{i}$

$\boxed{\rho_{f}=2\rho_{i}}$

b)

Sendo $\rho_{f}$ a densidade final do balão e $\rho_{i}$ a inicial, e assim constatamos que a densidade aumenta. Para o equilíbrio $\rho_{f}=\rho_{ar}$, portanto:

$\rho_{f}=\frac{2MN}{V}=\rho_{o}(1-\frac{Mgz}{RT})$

E finalmente:

$\boxed{ Z=\dfrac{RT\left(1-\frac{2MN}{\rho_{o}V}\right)}{Mg}}$

Observe que caso as paredes do balão não fossem especiais, de modo a manter a temperatura constante após a mudança "mágica", a densidade do balão não mudaria.

a) $\rho_{f}=2\rho_{i}$

b) $Z=\dfrac{RT(1-\frac{2MN}{\rho_{o}V})}{Mg}$

A equação da reta é facilmente obtida:

$$P=P_0\left(1-\dfrac{V}{V_0}\right)$$

Pela lei dos gases dada no enunciado:

$$P=\dfrac{RT}{V-b}$$

Igualando as duas expressões acima, chegamos em uma equação quadrática de $T(V)$:

$$T=\dfrac{-PoV^2}{RV_0}+\dfrac{P_0V}{R}\left(1+\dfrac{b}{V_0}\right)-\dfrac{P_0b}{R}$$

Para achar as temperaturas máximas, basta utilizarmos a conhecida fórmula do vértice da parábola, o reusltao é:

$$T_m=\dfrac{-P_0b}{R}+\dfrac{P_0V_0}{4R}\left(1+\dfrac{b}{V_0}\right)^2$$

Para o caso do gás ideal, basta fazermos $b=0$ na equação acima. Utilizando a aproximação binomial, chega-se na diferença entre as temperaturas máximas:

$$\boxed{\Delta{T}=\dfrac{P_0b}{2R}}$$

Evidentemente, a maior temperatura é obtida no caso de um gás ideal.

$\Delta{T}=\dfrac{P_0b}{2R}$

Conforme dito no enunciado, a amostra gasosa é ideal. Portanto, devemos utilizar a lei dos gases ideias, que relaciona as quantidades $P$, $V$ e $T$: $PV=nRT$. A primeira transformação do gás é isobárica, ou seja, a pressão constante. Da lei dos gases, inferi-se que a temperatura, assim como o volume, é dobrada. A segunda transformação é isotérmica, logo, a temperatura final é dada por $2T_0$. Como o volume final é dado por $V_0$, segue, pela lei dos gases, que a pressão foi dobrada. Portanto, o item correto é o item d), visto que ambas as quantidades tiveram seus valores dobrados devido às duas transformações.

Item d)

Para resolver este problema precisamos relembrar certas propriedades de processos adiabáticos, principalmente a propriedade que em um processo adiabático a quantia $PV^{\gamma}$ é conservada.

Sabendo disso, vamos relacionar as características originais do sistema $P$ e $V_{0}$, com as  características após uma pequena perturbação, onde $V=V_{0} +\delta V$ e $P'=P+\delta P$. Onde as variações relativas de volume e  pressão são extremamente pequenas.

Usando que $PV^{\gamma}$ é conservado, temos que $PV^{\gamma}=(P+\delta P)(V_{0} +\delta_{V})^{\gamma}$, e usando a aproximação que $(1+x)^{n}\approx 1+nx$, obtemos que:

$\frac{\delta P}{P}=-\gamma\frac{\delta V}{V_{0}}$

Note que podemos escrever uma pequena variação de volume $\delta V$ em  função da area de secção do tubo $S=\pi a^{2}$ e do deslocamento da bola $x$, como $\delta V=Sx=-\pi x a^{2}$.

Assim, temos que $\delta P=\gamma\frac{\pi x a^{2}}{V_{0}}$.

Agora, podemos analisar as forças que atuam na bola. Para as forças, temos o peso da bola $mg$, a força exercida pela pressão atmosférica $P_{0}S=\pi a^{2}P_{0}$ e a força exercida pela pressão interna, dada por $P_{Dentro}S=\pi a^{2} P'$. Assim a equação de movimento é:

$ma=mg+\pi a^{2}P_{0}-\pi a^{2} P_{Dentro}$

Onde $a$ representa a aceleração da bola.

Sabemos que inicialmente a bola está em repouso, em $x=0$. De modo que $mg+\pi a^{2}P_{0}=\pi a^{2} P$. Onde $P$ representa a pressão no interior do tubo quando a bola está em $x=0$.

Porém, apos uma pequena perturbação, a pressão no seu interior varia levemente para $P_{Dentro}=P'=P+\delta P$, de modo que a equação de movimento é simplificada para:

$ma=-\pi a^{2}\delta_{P}=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{V_{0}}$

De modo que podemos escrever a aceleração da bola, $a$, como $a=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{m V_{0}}$. Cuja equação é característica de um movimento harmônico simples de frequencia angular $\omega =\pi a^{2}\sqrt{\frac{\gamma P}{mV_{0}}}$.

E como o periodo é dado por $T=2 \pi/\omega$, temos que

$T=\frac{2}{a^{2}} \sqrt{\frac{mV_{0}}{\gamma P}}$

como queriamos demonstrar.

Demonstração acima

Para encontrar a razão entre as temperaturas antes de começar a expansão e no instante que a água toda transborda, podemos começar escrevendo a equação de estado dos gases ideais:

$\frac{P_0 V_0}{T_0} = \frac{P_f V_f}{T_f}$

Assim, Podemos escrever a razão $\frac{T_0}{T_f}$, que no enunciado é $\frac{T_1}{T_2}$ (assumimos que $T_0$ e $T_f$ são equivalentes a $T_1$ e $T_2$, pelo uso usual de certos subscritos):

$\frac{T_0}{T_f} = \frac{P_0 V_0}{P_f V_f}$  (equação 1)

Onde o índice "0" representa "inicial", e "f" final, para cada variável termodinâmica. O $P_0$ do gás, como inicialmente ele está em equilíbrio, precisa ser igual à pressão que a água exerce no pistão. Assim, Podemos escrever:

$P_0 = P_{atm} + \rho_a g (H - h)$

Onde $\rho_a$ é a massa específica da água. Como $h = \frac{H}{2}$ no momento inicial:

$P_0 = P_{atm} + \frac{\rho_a g (H)}{2}$

Escrevendo $V_0$:

$V_0 = \frac{A H}{2}$

Agora, escrevendo a pressão final e volume final quando a água toda transbordar:

$P_f = P_{atm}$

$V_f = A H$

Substituindo os valores na equação 1:

$\frac{T_0}{T_f} = \frac{(P_{atm} + \frac{\rho_a g H}{2}) \frac{A H}{2}}{P_{atm} A H}$

$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{\rho_a g H}{4 P_{atm}})$

Substituindo os valores dados no enunciado:

$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{10^4 H}{4 10^5})$

$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{H}{40})$

$\frac{T_0}{T_f}=\frac{T_1}{T_2} = (\frac{H+ 20}{40})$

Observação: os números 20 e 40, apesar de não aparentarem, possuem dimensão de metro. No momento que transformamos o $\frac{1}{2}$ em $\frac{20}{40}$, precisamos multiplicar também por metro/metro, para a soma se tornar algo com significado físico.

$\frac{T_0}{T_f} =\frac{T_1}{T_2} = (\frac{H+20}{40})$

a) A massa de vapor no recipiente é

$$m_v={\rho}V$$

Onde $V$ é o volume definido pela posição do pistão e o fundo do recipiente. Logo:

$$\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}={\rho}\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-{\rho}Av$$

Negativo pois o volume está diminuindo. Observe que estamos desconsiderando o aumento de volume de água do fundo do recipiente. Isso é uma boa aproximação visto que o acrésimo de volume de água liquida para uma determinada massa de vapor que se condensa é cerca de $1000$ vezes menor que a diminuição do volume de vapor (densidade da água liquida $1000$ vezes a de vapor)

b) A taxa com que o calor sai é o produto de $L$ pela taxa de vapor que diminui:

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) Temos que

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{\Delta\left(\dfrac{m_v}{M}C_vT\right)}{\Delta{t}}$$

Como a temperatura é constante, a variação na energia interna surge da variação da massa de vapor:

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{C_vT}{M}\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}$$

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) Considere o sistema água líquida+vapor. Pela primeira lei da Termodinâmica:

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}\right)_{sis}-\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}$$

O primeiro termo pode ser reescrito como

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}+\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{vapor}$$

O calor que sai do sistema é o mesmo calculado no item b (o negativo disso). E o último termo é devido ao trabalho realizado pelo pistão no sistema. Esse termo é positivo pois o trabalho realizado pelo sistema é negativo. Como o pistão desce com velocidade constante, o mesmo está em equilíbrio, logo, a pressão exercida no pistão pelo vapor é

$$P=P_0+\dfrac{mg}{S}$$

Onde $P_0$ é a pressão atmosférica e $g$ é a aceleração da gravidade. A taxa na qual o sistema realiza trabalho é, portanto:

$$\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=-P\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-PAv$$

Agrupando esses termos, obtemos

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

a) 

$$-{\rho}Av$$

b) 

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) 

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) 

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

Primeiramente, vamos escrever a equação de movimento da parcela. Note que o movimento ascendente é ocasionado pela resultante entre as duas forças atuantes: o empuxo e seu peso. Sendo assim, pela 2ª Lei de Newton:

$E-mg=ma$

Chamando a densidade da parcela de $\rho$ e a do ar circundante de $\rho_0$:

$\rho_0 V g - \rho V g = \rho V a \rightarrow a=\left(\dfrac{\rho_0}{\rho}-1\right)g$

Agora, escrevamos $\rho_0$ e $\rho$ em função dos parâmetros do problema. Como ambos ar e parcela podem ser tratados como gases ideais, temos, pela equação de Clapeyron para a densidade de um gás ideal:

$\rho_0 = \dfrac{P \mu}{RT_0}$  (ar)                   $\rho = \dfrac{P \mu}{R\left(T_0+\Delta T\right)}$  (parcela)

Em que $\mu$ é a massa molar do ar, a qual é irrelevante para este problema. Note que assumimos válido o equilíbrio mecânico da parcela com o ar, i.e. a pressão $P$ da parcela é a mesma do ar circundante. Note que, como a pressão e a densidade variam muito pouco ao longo do recipiente, elas podem ser consideradas essencialmente constantes, utilizamos a temperatura da parcela como $T_0+\Delta T$ durante todo o movimento de subida. Dividindo as equações e substituindo o resultado na aceleração, temos:

$\dfrac{\rho_0}{\rho}=1+\dfrac{\Delta T }{T_0} \rightarrow a=\dfrac{g\Delta T}{T_0}$

Portanto, o movimento da parcela é uniformemente acelerado. Sendo assim, o tempo necessário, a partir do repouso, para esta percorrer uma distância $h$ e subir ao topo é dado por:

$t=\sqrt{\dfrac{2h}{a}} \implies \boxed{t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}\dfrac{T_0}{\Delta T}}}$

$t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}\dfrac{T_0}{\Delta T}}$

A chave para resolver este problema é lembrar dos conceitos de gases e pressão. A pressão atmosférica próxima ao solo é maior do que a pressão quando o avião estiver em pleno voo. Como a garrafa A foi fechada quando Ling estava no aeroporto (nível do solo), quando o avião finalizar a decolagem, a garrafa estará com uma pressão interna maior do que a externa. Como a pressão interna é maior, a garrafa ficará estufada, portanto, a resposta é o item a). Nada acontece com a garrafa B pois ela estava aberta, então a pressão interna é sempre igual à pressão externa.

item a)

Quando a garrafa A é aberta, sua pressão interna passa a ser igual à externa e, quando o avião aterrisar, nada acontecerá com ela. A garrafa B, no entanto, foi fechada quando o avião estava em pleno voo, de forma que o ar contido na garrafa B possui uma pressão menor que a pressão atmosférica no nível do solo. Quando o avião aterrisar, a pressão interna da garrafa B será menor, então a garrafa B ficará murcha, portanto, a resposta é o item d).

item d)

Vamos analisar alternativa por alternativa:

a) Falso. Perceba que, nesse caso, quanto maior a temperatura, maior será o volume ocupado pelo gás, de tal modo que o nível de água diminuirá.

b) Falso. Além da água, o vidro também dilata, apesar de desprezivelmente.

c) Falso. A mudança no nível do termometro se deve à dilatação do líquido.

d) Correto. Por ser hermeticamente fechado, a pressão atmosférica não influencia no temormêtro.

Item d)

Primeiramente, deve-se saber que um ano possui aproximadamente:

$3,15*10^7$ $s$

Agora devemos calcular o raio dessa nebulosa:

$2R=45*3*10^{8}*3,15*10^{7}$ $m$

$R=2,12625*10^{17}$ $m \approx 2*10^{17}$ $m$

Sabendo disso, podemos calcular o volume da nebulosa:

$V=\frac{4\pi R^3}{3}$

$V=4*R^{3}$

$V=3,845*10^{52}$ $m^3 \approx 4*10^{52}$ $m^3$

A partir disso, podemos descobrir o número de átomos de Hidrogênio na nebulosa:

$N_{H}=3,845*10^{52}*80 \rightarrow N_{H}=3,076*10^{54}$ átomos $\approx 3*10^{54}$ átomos

$N_{H_{2}}=1,538*10^{54}$ átomos $\approx 2*10^{54}$ átomos

Dividindo pelo número de Avogadro, se obtém o número de mols de $H_{2}$:

$n_{H_{2}}=2,563*10^{30}$ $mol\approx 3*10^{30}$ $mol$

Agora, podemos utilizar a equação de Clapeyron para descobrir a pressão na nebulosa:

$PV=n_{H_{2}}RT$

$P=\frac{2,563*10^{30}*8,3*7500}{3,845*10^{52}}$

$P=4,15*10^{-18}$ $Pa \approx 4*10^{-18}$ $Pa$

$P=4,15*10^{-18}$ $Pa \approx 4*10^{-18}$ $Pa$

a) Conservando a energia do sistema:

$\Delta U_{1} + \Delta U_{2} = 0$

$n_{1}C{V}(T_{eq} - T_{1i}) + n_{2}C_{V}(T_{eq} - T_{2i}) = 0$

$(n_{1} + n_{2})T_{eq} = n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}$

$T_{eq} = \frac{n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}}{n_{1} + n_{2}}$

b) A energia final do lado A será então:

$U_{A} = n_{1}C_{V}T_{eq} = \frac{n_{1}C_{V}(n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i})}{n_{1} + n_{2}}$

Por outro lado, a energia total será:

$U_{total} = U_{A} + U_{B}$

$U_{total} = C_{V}(n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i})$

Portanto:

$\frac{U_{A}}{U_{total}} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}$

$U_{A} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

c) Novamente, como:

$U_{total} = U_{A} + U_{B}$

Daí:

$\frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total} + U_{B} = U_{total}$

$U_{B} = \frac{n_{2}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

a) $T_{eq} = \frac{n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}}{n_{1} + n_{2}}$

b) $U_{A} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

c) $U_{B} = \frac{n_{2}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

a) Como $PV=nRT$, sabemos que $\delta_{T}=\frac{P\delta_{V}}{nR}$, e como $\delta_{V}=A*v*\delta{T}$, obtemos que:

$\delta_{T}=100$ $K$.

b) Sabemos que o calor pedido sera:

$Q=nC_{P}\delta_{T}$

E como $C_{P}=C_{V}+R=7R/2$. Temos que:

$Q=7nR\delta_{T}/2=8715$ $J$

a) $\delta_{T}=100$ $K$.

b) $8715$ $J$