Versão preliminar23 de março de 2004 Not as de Aula de Física 20. TEORIA CINÉTICA DOS GASES ................................................................................ 2 UMA NOVA MANEIRA DE VER OS GASES ................................................................................ 2 O NÚMERO DE AVOGADRO.................................................................................................. 2 GASES IDEAIS..................................................................................................................... 2 Trabalho com temperatura constante ........................................................................... 3 CÁLCULO CINÉTICO DA PRESSÃO.......................................................................................... 3 ENERGIA CINÉTICA DE TRANSLAÇÃO..................................................................................... 6 PERCURSO LIVRE MÉDIO ..................................................................................................... 6 DISTRIBUIÇÃO DE VELOCIDADES MOLECULARES..................................................................... 7 CALORES ESPECÍFICOS MOLARES DE UM GÁS IDEAL............................................................... 9 A energia interna E INT ................................................................................................... 9 Calor específico molar a volume constante – C V .......................................................... 9 Calor específico molar a pressão constante – C P ....................................................... 10 Relação entre C V e C P para um gás ideal ............................................................... 10 TRANSFORMAÇÃO ADIABÁTICA DE UM GÁS IDEAL ................................................................. 11 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ..................................................................................... 13 10................................................................................................................................ 13 “10”.............................................................................................................................. 13 11................................................................................................................................ 15 12................................................................................................................................ 15 15................................................................................................................................ 16 16................................................................................................................................ 17 17................................................................................................................................ 17 19................................................................................................................................ 18 23................................................................................................................................ 18 “27”.............................................................................................................................. 19 28................................................................................................................................ 20 33................................................................................................................................ 20 36................................................................................................................................ 21 43................................................................................................................................ 21 45................................................................................................................................ 23 47................................................................................................................................ 23 57................................................................................................................................ 24 61................................................................................................................................ 24 Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 2 20. Teoria Cinética dos Gases Quando consideramos um gás contido em um recipiente podemos analisá-lo de uma maneira global usando a Termodinâmica, e calcular as suas propriedades macros- cópicas tais como temperatura, pressão, volume e etc. Por outro lado, se quisermos entender os porquês do comportamento macroscópi- co, devemos analisar os constituintes deste gás, como eles interagem entre si e como interagem com as paredes do volume que os contém. Uma nova maneira de ver os Gases Os gases são constituídos de pequenas entidades, que podem ser átomos, molé- culas ou ambos. Ele será um gás monoatômico quando composto apenas de átomos (ou seja: moléculas monoatômicas) ou um gás poliatômico, dependendo das suas caracterís- ticas moleculares. As moléculas interagem entre elas, e essa interação acontece aos pares, ou seja elas interagem duas a duas. Se neste gás existirem N moléculas cada molécula interage com todas as outras N-1 moléculas. Cada molécula deve ter o seu movimento governa- do pela segunda lei de Newton, e portanto temos N equações referentes a aplicação dessa lei, uma para cada molécula. Como cada molécula interage com as restantes, o seu movimento irá interferir no movimento de todas as outras, e dizemos então que essas equações estão acopladas uma as outras. O número de equações resultante deste modelo torna a sua solução numérica im- possível, mesmo usando os melhores computadores contemporâneos. O Número de Avogadro Mas quantas moléculas existem em uma amostra macroscópica de uma dada substância? Vamos definir uma grandeza adequada para lidar com moléculas, é o mol. Um mol é o número de moléculas que existem em 12g de carbono-12. Experimental- mente se determina quantas moléculas existem em um mol, e esse é o chamado número de Avogadro N A , N A = 6,02x10 23 moléculas Desse modo, já podemos relacionar número de moles µ e número de moléculas N , ou seja: A A N N N N · ⇒ · µ µ Gases ideais Se considerarmos uma amostra com 12g de carbono-12 , teremos neste material N A = 6,02x10 23 moléculas , e se desejarmos usar a segunda lei de Newton para calcular as trajetórias das moléculas, teremos que resolver N A equações acopladas. O que fazer nesta situação? A aproximação mais drástica possível será considerar que as moléculas não Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 3 0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 0,025 0,075 0,125 0,175 interagem, elas se ignoram, e desse modo elas interagem apenas com as paredes do re- cipiente que contém a mostra do gás. Apesar desta aproximação ser drástica, ela se aproxima da realidade em muitas situações práticas, quando a densidade do gás é sufici- entemente baixa. Nesta circunstâncias, uma amostra de um gás real se aproxima do mo- delo do gás ideal. Trabalhos experimentais com gases ideais mostraram que a pressão, temperatura e volume se relacionam de tal modo que: p V = µ R T onde µ é o número de moles do gás presentes na amostra considerada e R=8,31J/mol.K é a constante universal dos gases. A equação anterior é chamada equa- ção dos gases ideais. Por outro lado, se ao invés de moles estivermos usando o número de moléculas, a equação tomará a forma p V = N k B T onde N é o número de moléculas do gás presentes na amostra considerada e k B =1,38x10 -23 J/K é a constante de Boltzmann. Pode-se notar que: A B A B B N k R N R R N k Nk R · ∴ · · ⇒ · µ µ Trabalho com temperatura constante Vamos considerar um sistema em con- tato com um reservatório térmico. Nes- sas condições esse sistema pode sofrer mudanças de pressão e volume mas manterá sempre a mesma temperatura, que é a temperatura do reservatório térmico. O trabalho realizado pelo sis- tema é definido como: ∫ · f i V V if dV p W p T 1 T 2 T 3 V T 1 > T 2 > T 3 Mas como o gás é ideal e a temperatura é mantida constante ao logo da transformação, temos que: ( ) ( ) , _ ¸ ¸ · − · · · ∫ i f i f V V V V if V V RT V V RT V RT V dV RT W f i f i ln ln ln ln µ µ µ µ Cálculo cinético da pressão Vamos considerar N moléculas um gás ideal em um recipiente em forma de um cubo de aresta L e considerar os eixos cartesianos paralelos as arestas, como na figura à seguir. Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 4 As moléculas desse gás estão continu- amente colidindo com as paredes do recipi- ente. Vamos analisar especificamente a co- lisão de uma molécula, que se dirige para colidir com a parede do recipiente paralela ao plano yz e que passa pela origem. Quando ela colide com a parede, não acon- - mv x x +mv x tecerá mudança nas componentes y e z do momento linear, mas a componente x do momento linear mudará de sinal, aconte- cerá uma reversão neste movimento. Esta- mos considerando que as colisões são perfeitamente elásticas. A variação do mo- mento dever-se-á apenas a mudança da componente x . ∆p = p f – p i = mv x – (-mv x ) = 2mv x Sejam A 1 e A 2 as paredes do cubo perpendiculares ao eixo x . A molécula vai colidir com a face A 1 e levar um intervalo y A 2 A 1 x z de tempo ∆t para colidir com a face oposta A 2 e depois colidir novamente com A 1 . O tempo t necessário para essa molécula ir de uma face até outra é dado por t=L/v x , e desse modo: X v L t t 2 2 · · ∆ A variação do momento linear de uma molécula, num intervalo ∆t entre duas coli- sões com a mesma face do recipiente é dada por: L mv v L mv t p X X X X 2 / 2 2 · · ∆ ∆ A equação anterior nos dá a força que uma molécula exerce na face considerada. Para se encontrar a força total exercida por todas as moléculas, devemos considerar as contribuições de todas as N moléculas: ( ) 2 2 2 2 1 XN X X X v v v L m F + + + · ! A pressão que essas moléculas exercerão dependerá da força média e será dada por: ( ) 2 2 2 2 1 3 2 XN X X X v v v L m L F p + + + · · ! onde estamos representando o valor médio de uma grandeza A por <A> . Como as moléculas não são distinguíveis, os valores médios das componentes x de cada uma das moléculas são iguais, ou seja: Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 5 ( ) 2 2 2 2 2 1 X XN X X v N v v v · + + + ! Considerando que neste cubo não existe direção privilegiada, os valores médios das diversas componentes serão iguais, ou seja: 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 v v v v v v v X X Z Y X · ⇒ · + + · e como temos N moléculas nesse gás ideal; ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 v N v N v v v X XN X X · · + + + ! Desse modo: ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 3 v V mN v v v L m L F p XN X X X · + + + · · ! onde consideramos que o volume do cubo é V = L 3 . Podemos ainda dizer que: 2 3 v mN pV · Mas Nm é a massa total do gás pois: N é número de moléculas e m é a massa de cada molécula. Por outro lado, a massa total também pode ser expressa como µM pois: µ é o número de moles e M é a massa molar. Portanto, usando a equação dos ga- ses ideais: M RT v RT v M pV 3 3 2 2 · ⇒ · · µ µ e se definirmos 2 v v RMS · (RMS = root mean square) encontramos que: M RT v RMS 3 · Entretanto a massa molar M é igual ao número de Avogadro vezes a massa m de uma molécula M=N A m , e a constante universal dos gases pode ser escrita como R=N A k B , e desse modo teremos que: m T k v B RMS 3 · Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 6 Energia cinética de translação Como já foi mencionada, em um gás ideal as moléculas não interagem, portanto não existem energia potencial e o único tipo de energia possível é a energia cinética de translação. A energia cinética média de uma partícula é dada por: m T k m v m mv K B 3 2 2 2 1 2 2 · · · T k K B 2 3 · Percurso livre médio Entre colisões sucessivas, o movimento de uma molécula de um gás ideal é retilíneo e uniforme . A distância média que uma molécula percorre entre duas colisões sucessivas é chamado percurso livre médio. Se tivermos duas moléculas de diâmetro d, ocorrerá uma colisão quando os seus centros se aproximarem de d uma distância d . Uma descrição equivalente das colisões entre mo- léculas consiste em considerar uma delas pontual e a outra com diâmetro 2d , pois colisão ocorrerá quando os seus centros se aproximarem de uma distância d , como na situação anterior. Se estivermos observando uma molécula nas suas múltiplas colisões, podemos considerar que ela tem um diâmetro 2d e as outras são pontuais. d Se ela tem diâmetro 2d e velocidade média <v> , num intervalo de tempo t , ela terá descrito um cilindro de seção reta πd 2 e comprimento <v>t . Se a densida- de de partículas no gás for n = N/V , existirão no cilindro N partículas, onde: N = n V = n (πd 2 . <v>t) Este número de partículas N será exatamente o 2d <v>t número de colisões num dado intervalo de tempo t . O percurso livre médio <L> será a distância percorrida num intervalo de tempo t dividido pelo número de colisões que acontecerá neste trajeto. 2 2 1 d n t v d n t v N t v L π π · · · ou ainda 2 1 d N V L π · Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 7 Esse resultado é apenas uma primeira aproximação, por que ele se baseia na hi- pótese que todas as moléculas estão em repouso, e apenas uma se move. Distribuição de velocidades moleculares Vamos considerar um número N de moléculas que estão no interior de um recipi- ente de volume V . As moléculas têm velocidade diferentes, mas essas velocidades se distribuem segundo uma característica própria. Se considerarmos uma situação genérica, onde a energia interna E de cada mo- lécula é composta da soma de sua energia cinética K mais sua energia potencial U , e desse modo: ( ) x y x U mv E , , 2 1 2 + · A função que explicita a distribuição de velocidades, é a distribuição de Maxwell- Boltzmann, e tem a forma: T k E B Ae E f / ) ( − · onde A é uma constante. Essa constante pode ser determinada se considerarmos que integral da função de distribuição deve ser igual ao número de moléculas. Quando esta- mos analisando um gás ideal, a energia potencial é desprezada, e temos como energia interna apenas a energia cinética: ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 Z Y X v v v m mv E + + · · e portanto: ( ) T k v v v m B Z Y X Ae v f 2 / 2 2 2 ) ( + + − · ∫ ∫ ∫ +∞ ∞ − +∞ ∞ − +∞ ∞ − · N v v v f dv dv dv Z Y X Z Y X ) , ( ou seja: ∫ ∫ ∫ +∞ ∞ − − +∞ ∞ − − +∞ ∞ − − · N dv e dv e dv e A Z kT mv Y kT mv X kT mv Z Y X 2 / 2 / 2 / 2 2 2 e por outro lado, seja: ∫ +∞ ∞ − − · dX e B aX 2 Podemos dizer que: ( ) a a e a e a du e dr r d dY e dX e B u u ar aY aX π π π π θ π · − − · − · · · · ∞ − ∞ − ∞ − +∞ ∞ − − +∞ ∞ − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 0 2 2 2 2 0 2 0 0 0 2 2 2 2 ou seja: a dX e B aX π · · ∫ +∞ ∞ − − 2 e portanto Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 8 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0 5 10 15 20 m kT dv e X kT mv X π 2 2 / 2 · ∫ +∞ ∞ − − e ∫ ∫ ∫ +∞ ∞ − − +∞ ∞ − − +∞ ∞ − − · N dv e dv e dv e A Z kT mv Y kT mv X kT mv Z Y X 2 / 2 / 2 / 2 2 2 logo 2 / 3 3 2 2 , _ ¸ ¸ · ⇒ · , _ ¸ ¸ kT m N A N m kT A π π e portanto ( ) T k v v v m B Z Y X e kT m N v f 2 / 2 / 3 2 2 2 2 ) ( + + − , _ ¸ ¸ · π Se fizermos a mudança de variáveis para coordenadas esféricas, encontraremos que: ∫ ∫ ∞ ∞ − · , _ ¸ ¸ · 0 0 2 / 2 2 3 2 2 2 4 ) ( 4 N e v kT m N v f dv v T k mv B π π π Podemos então definir uma função de distribuição de velocidades F(v) que de- pende do módulo do vetor velocidade, ou seja: T k mv B e v kT m v F 2 / 2 2 3 2 2 4 ) ( − , _ ¸ ¸ · π π Pode-se mostrar que: ∫ ∞ · 0 1 ) ( dv v F Tem-se que: m kT dv v F v v π 8 ) ( 0 · · ∫ ∞ e m kT dv v F v v 3 ) ( 0 2 2 · · ∫ ∞ F(v) T 1 T 2 v T 1 < T 2 A velocidade mais provável em uma gás é aquela na qual a função de distribuição de velocidades F(v) é máxima, e nestas circunstâncias: m kT v dv v dF P 2 0 ) ( · ⇒ · Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 9 Calores específicos molares de um gás ideal Se tivermos uma certa massa m de uma substância, podemos tentar relacionar qual a variação de temperatura ∆T que sofrerá essa massa, quando ela absorver uma quantidade de calor ∆Q . Existe uma relação, que tem a forma: ∆Q = m c ∆T onde chamamos a grandeza c de calor específico. Quando lidamos com gases, surge a necessidade de definir uma relação mais específica que leve em contas as especificida- des deste fluido. Definimos o calor específico a volume constante para relacionar variação de temperatura ∆T que sofrerá um gás, quando ele absorver uma quantidade de calor ∆Q ; na situação em que o recipiente que contém o gás é mantido a volume constante. De maneira equivalente, definimos o calor específico a pressão constante para relacionar variação de temperatura ∆T que sofrerá um gás, quando ele absorver uma quantidade de calor ∆Q ; na situação em que o recipiente que contém o gás é mantido a pressão constante A energia interna E INT Vamos considerar uma gás ideal monoatômico, ou seja as suas moléculas têm apenas um átomo. Ao nível dessa nossa descrição da Natureza, não estamos conside- rando a estrutura interna dos átomos e portanto eles podem ter apenas um tipo de ener- gia: a energia associada ao seu movimento. Desse modo, a energia total das N molécu- las monoatômicas que compõe esse gás terá a forma: RT T Nk E B INT µ 2 3 2 3 · · Calor específico molar a volume constante – C V Como mencionado anteriormente, podemos definir o calor específico molar a volu- me constante como: dQ V = µ C V dT ou ainda: V V dT dQ C , _ ¸ ¸ · µ 1 Usando a primeira lei da Termodinâmica, temos que: dE INT = dQ – p dV e se considerarmos uma transformação isovolumétrica: (dE INT ) V = dQ V ou seja: Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 10 V INT V V T E dT dQ C , _ ¸ ¸ ∂ ∂ · , _ ¸ ¸ · µ µ 1 1 e para um gás ideal, encontramos R C V 2 3 · Calor específico molar a pressão constante – C P Como mencionado anteriormente, podemos definir o calor específico molar a pres- são constante como: dQ P = µ C P dT ou ainda: P P dT dQ C , _ ¸ ¸ · µ 1 Usando a primeira lei da Termodinâmica, temos que: dE INT = dQ – p dV e se considerarmos uma transformação que envolva uma variação de temperatura, mas com o sistema mantido a pressão constante, temos que: P P P INT T V p dT dQ T E , _ ¸ ¸ ∂ ∂ − , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ ∂ ∂ onde lembramos que dQ não é uma diferencial exata, daí o aparente contra-senso ao envolver derivadas parciais e total, na equação anterior. Usando as definições de um gás ideal, temos que: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · , _ ¸ ¸ ∂ ∂ ∴ · · , _ ¸ ¸ ∂ ∂ ∴ · R T V p p RT V R T E RT E P P INT INT µ µ µ µ 2 3 2 3 ou seja: R C R C R P P 2 5 2 3 · ⇒ − · µ µ µ Relação entre C V e C P para um gás ideal Vamos considerar um sistema formado por µ moles de uma gás ideal, e a sua temperatura será aumentada T até alcançar T+ ∆T de duas formas diferentes. As cur- vas que representam transformações isotérmicas nas duas temperaturas mencionadas Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 11 0,000 100,000 200,000 300,000 400,000 500,000 600,000 700,000 800,000 900,000 1000,000 0,010 0,030 0,050 0,070 0,090 estão representadas no gráfico ao lado. A primeira transformação será feita a volume constante, e o gás vai do estado a até o estado c . A primeira lei da Termodinâmica diz que: dE INT = dQ – p dV e neste caso teremos que ∆E ac = ∆Q V = µ C V ∆T p c b a T+∆ ∆∆ ∆T T V A segunda transformação será feita a pressão constante, e o gás vai do estado a até o estado b . A primeira lei da Termodinâmica diz que: dE INT = dQ – p dV e neste caso teremos que ∆E ab = ∆Q P – p ∆V = µ C P ∆T – p (∆V) P Como a energia interna de uma gás ideal depende apenas da sua temperatura, temos que: ∆E ac = ∆E ab e portanto: µ C V ∆T = µ C P ∆T – p (∆V) P ou seja: R C C R p R p T V p C C V P V P + · ∴ · , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ ∆ ∆ · − µ µ µ Transformação adiabática de um gás ideal Uma expansão adiabática é caracterizada por ser uma transformação onde o sis- tema não troca calor com as suas vizinhanças. Nestas circunstâncias, temos então que: dE = dQ – p dV ⇒ dE = µ C V dT = - p dV ou seja: dV C p dT V µ − · Mas por outro, se diferenciarmos a equação do gás ideal encontramos que: R Vdp pdV dT RdT Vdp pdV RT pV µ µ µ + · ∴ · + ⇒ · e igualando os termos em dT, temos que: dV C p R Vdp pdV dT V µ µ − · + · Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 12 ou seja: (C V + R) p dV + C V V dp = 0 Mostramos anteriormente que para um gás ideal: C P = C V + R logo: C P p dV + C V V dp = 0 ou seja: 0 · + p dp V dV C C V P Vamos definir γ = C P /C V a const p V p dp V dV ln ln ln 0 · · + ⇒ · + γ γ e portanto: ( ) const a pV a pV · · ∴ · γ γ ln ln Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 13 Solução de alguns problemas Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 10 Uma quantidade de oxigênio ocupando um volume de 1000cm 3 a 40 0 C e uma pressão de 1,01x10 5 Pa se expande até um volume de 1500cm 3 e pressão 1,06x10 5 Pa a) Encontre o número de moles de oxigênio no sistema. V 1 = 1000cm 3 = 10 -3 m 3 T 1 = 40 0 C = 313K p 1 = 1,01x10 5 Pa R = 8,314J/mol . K ( )( ) ( )( ) 313 314 , 8 10 10 01 , 1 3 5 − · · ⇒ · x RT pV RT pV µ µ =3,8x10 -2 moles b) Encontre a temperatura final do sistema. V 2 = 1500cm 3 = 1,5x10 -3 m 3 p 2 = 1,06x10 5 Pa , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ · ⇒ · · 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 V V p p T T RT V p RT V p µ = 492,74K T 2 = 219,74 0 C Capítulo 20 – Halliday e Resnick – Edição antiga “10” Um manômetro de mercúrio selado, tem dois ramos desiguais à mesma pressão p 0 , como mostra a figura abaixo à esquerda. A área da seção reta do manômetro é 1,0cm 2 . Através de uma torneira no fundo do manômetro, admite-se no recipiente um volume adicional de mercúrio, igual a 10cm 3 . O nível da esquerda sobe de 6,0cm e o nível da direita sobe de 4,0cm . Determine a pressão p 0 . h e ’ = 50cm H e = 6cm h d ’ = 30cm H d =4cm ∆H = H e - H d = 2cm h e = h e ’ – H e = 44cm h d = h d ’ – H d = 26cm A = 1cm 2 ∆V = 10cm 3 Tanto na situação inicial como na final, existe um gás acima do nível h e h e ’ h d ’ h d H e H d p e p d P e P d Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 14 do líquido, e a sua composição deve ser basicamente de mercúrio. Vamos conside- rar esse gás como ideal. Desse modo, considerando a situação inicial, teremos que: p 0 V d ’ = µ d R T e p 0 V e ’ = µ e R T onde V é o volume ocupado por esse gás e µ é o número de moléculas contido nele. Logo temos que: e d e d e e d d V V V RT V RT p µ µ µ µ · ⇒ · · ' ' ' ' 0 ou ainda: RT V p e RT V p e e d d ' 0 ' 0 · · µ µ Depois de adicionado um volume ∆V de mercúrio, as colunas ficarão com níveis diferentes. Usando a hidrostática, poderemos relacionar as pressões em diferentes pontos do manômetro. P d = p d + ρ g H d e P e = p e + ρ g H e Como as pressões no mesmo nível horizontal do líquido são iguais, subtraímos a penúltima equação da última e encontramos que: p d – p e = ρ g ( H e - H d ) = ρ g ∆H Por outro lado, o gás acima do nível de mercúrio terá um volume disponível dife- rente da situação inicial, e será diverso em cada ramo do manômetro. Ou seja: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · ⇒ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · e e e d d d e e e d d d V RT p V RT p RT V p RT V p µ µ µ µ e usando a equação anterior, encontramos que: , _ ¸ ¸ − ∆ · ⇒ ∆ · , _ ¸ ¸ − · − e e d d e e d d e d V V H g RT H g RT V V p p µ µ ρ ρ µ µ e usando que e d e d V V µ µ · ' ' encontramos que ' 0 ' ' ' e e d e d e e d e V p V V V V V V V H g RT · , _ ¸ ¸ − ∆ · ρ µ Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 15 ou seja: , _ ¸ ¸ − ∆ · ' ' 0 e d e d e d V V V V V V H g p ρ Lembrando que os volumes considerados são partes dos ramos do manômetro, que têm seção reta A , e desse modo V = A h e portanto: , _ ¸ ¸ − ∆ · ' ' 0 e d e d e d h h h h h h H g p ρ Usando que a densidade do mercúrio ρ = 1,36x10 4 kg/m 3 encontramos que: p 0 = 1,55x10 5 N/m 2 = 1,55atm Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 11 A pressão p , o volume V e a temperatura T de um certo material estão relaciona- dos através da equação: V BT AT p 2 − · onde A e B são constantes. Encontre uma expressão para o trabalho realizado pelo material se a temperatura variar de T 1 até T 2 enquanto a pressão permanece constante. O trabalho realizado pelo sistema quando ele passa de um estado para outro é defi- nido como: ∫ · 2 1 12 dV p W e como a pressão permanece constante (p 1 = p 2 ) nesse processo, temos que: ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 12 V p V p V V p dV p W − · − · · ∫ Usando a dependência funcional mencionada: [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 12 T T B T T A BT AT BT AT W − − − · − − − · Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 12 Um recipiente encerra dois gases ideais. Dois moles do primeiro gás estão presen- tes, com massa molar M 1 .O segundo gás possui massa molar M 2 = 3M 1 , e 0,5mol deste gás está presente. Que fração da pressão total na parede do recipiente pode ser atribuída ao segundo gás? Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 16 (A explicação da pressão da teoria cinética conduz à descoberta experimentalmente de pressões parciais para uma mistura de gases que não reagem quimicamente: a pressão total exercida pela mistura é igual à soma das pressões que os vários gases exerceriam separadamente se cada um deles ocupasse o recipiente sozinho.) M 1 µ 1 = 2moles M 2 µ 2 = 0,5mol ( m i )= ( µ i ) ( M i ) (Massa) = (Número de moles) ( Massa molar) p i V = µ i R T p = p 1 + p 2 = ( µ 1 + µ 2 ) RT/V ( ) 2 1 1 2 1 1 1 / / µ µ µ µ µ µ + · + · V RT V RT p p =0,8 e de modo equivalente: 2 , 0 2 1 2 2 · + · µ µ µ p p Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 15 Uma bolha de ar com volume de 20cm 3 está no fundo de um lago a 40m de pro- fundidade, onde a temperatura é 4 0 C . A bolha sobe até a superfície, que está na temperatura de 20 0 C . Considere que a temperatura da bolha de ar é a mesma que a da água ao seu redor. Exatamente quando a bolha atinge a superfície, qual o seu volume? V i = 20cm 3 = 2x10 -5 m 3 T i = 4 0 C = 277K h = 40m T f = 20 0 C = 293K ρ A = 10 3 kg/m 3 p 0 = 1,013x10 5 Pa Vamos chamar de situação inicial quando a bolha está no fundo do lago e situação final quando ela alcança a superfície. Temos que: f h i ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · · + · f f f i i i V RT p p V RT gh p p µ µ ρ 0 0 Temos duas equações e duas incógnitas, V f e µ . 1 ] 1 ¸ − , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ − , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ − · 1 0 0 i f f i f f i i f f f f i i V V T T p V T V T T V p V T V T R gh µ ρ Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 17 Ou seja: , _ ¸ ¸ + , _ ¸ ¸ · ⇒ + · , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ 0 0 1 1 p gh T T V V p gh V V T T i f i f i f f i ρ ρ = 103cm 3 Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 16 Um tubo de comprimento L = 25m que está aberto em uma extremidade, contém ar a pressão atmosférica. Ele é empurrado na vertical para dentro de um lago de água doce até que a água suba até a metade do tubo, como mostrado na figura ao lado. Qual a profundidade h da extremidade inferior do tubo? Suponha que a temperatura é a mesma em todos os pontos e que não varie com o tempo. L = 25m p 0 = 1,013x10 5 Pa ρ = 10 3 kg/m 3 A pressão na superfície do líquido dentro do tubo, é a mesma do gás acima desta superfície, e é dada por: p f = p 0 + ρ g (h - L/2) onde estamos explicitando que esta é a situação final do tubo. Na situação inicial, este tubo está a pressão atmosférica. Como foi dito, a temperatu- ra é a mesma em todos os pontos e não varia L/2 h L/2 com o tempo, temos que: 0 0 0 0 2 2 p p V V p V V p p V p RT V p f f f f i f f f i · ∴ , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ · ⇒ · · µ ou seja: p f = p 0 + ρ g (h - L/2) = 2p 0 ⇒ p 0 = ρ g (h - L/2) logo: g p L h ρ 0 2 + · = 22,83m Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 17 O recipiente A da figura abaixo contém um gás ideal a uma pressão de 5,0x10 5 Pa e a uma temperatura de 300K . Ele está ligado por um tubo fino (e uma válvula fe- chada) ao recipiente B , com quatro vezes o volume de A . O recipiente B con- tém, o mesmo gás ideal a uma pressão 1,0x10 5 Pa e a uma temperatura de 400K . A válvula é aberta para permitir que as pressões se igualem, mas a temperatura de cada recipiente é mantida constante em seus valores iniciais. Qual será então a pressão nos dois recipientes? p A = 5x10 5 Pa T A = 300K p B 1x10 5 Pa T B 400K V B = 4V A A B Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 18 Temos claramente duas situações, antes da válvula ser aberta e depois que ela foi aberta. Depois que ela foi aberta existiu um fluxo de gás de um recipiente para outro de modo que as pressões foram equilibradas, mas a quantidades total de gás per- maneceu a mesma. Logo: µ = µ A + µ B = µ’ A + µ’ B onde os µ são os números de moles em cada recipiente, antes e depois da válvula ser aberta. Usando a equação dos gases ideais encontramos que: ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · B B B A A A B B B B A A A A RT pV RT pV e RT V p RT V p ' ' µ µ µ µ ou seja: , _ ¸ ¸ + · + · + · B B A A A B B B A A A B A T p T p R V RT V p RT V p 4 µ µ µ e também , _ ¸ ¸ + · + · + · B A A B B A A B A T T R pV RT pV RT pV 4 1 ' ' µ µ µ ou ainda: , _ ¸ ¸ + · , _ ¸ ¸ + · B A A B B A A A T T R pV T p T p R V 4 1 4 µ e portanto: , _ ¸ ¸ + , _ ¸ ¸ + · B A B B A A T T T p T p p 4 1 4 = 2,0x10 5 Pa Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 19 A temperatura mais baixa possível no espaço sideral é 2,7K . Qual a velocidade mé- dia quadrática das moléculas de hidrogênio a esta temperatura? R = 8,31J/mol.K M = 2,02x10 -3 kg/mol M RT v QM 3 · = 182m/s Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 23 Um feixe de moléculas de hidrogênio (H 2 ) está dirigido contra uma parede, segundo um ângulo de 55 0 com a normal à parede. Cada molécula no feixe possui uma velo- cidade escalar de 1,0km/s e uma massa de 3,3x10 -24 g . O feixe bate na parede so- bre uma área de 2,0cm 2 , à uma taxa média de 10 23 moléculas por segundo . Qual a pressão do o feixe sobre a parede? Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 19 n = 10 23 moléculas/s A = 2cm 2 = 2x10 -4 m 2 m = 3,3x10 -24 g = 3,3x10 -27 kg θ = 55 0 v = 1km/s = 10 3 m/s Como as moléculas só apresentam variação de momento na direção do eixo x , temos que: ∆p = p fx – p ix = (-m v X ) - (+mv x ) = - 2 m v X v X = v cos55 0 ⇒ ∆p = -2 m v cos55 0 f p " θ x θ i p " A força total que as moléculas exercem na parede é resultado das contribuições de todas as N moléculas que colidem num intervalo de tempo ∆t , ou seja: p n p t N t p N F ∆ · ∆ ∆ · ∆ ∆ · A pressão Ρ é definida em termos da força exercida pelas moléculas na parede, ou seja: A nmv p A n A F 0 55 cos 2 · ∆ · · Ρ Ρ = 1,89x10 3 Pa = 1,8x10 -2 atm Capítulo 20 – Halliday e Resnick – Edição antiga “27” Mostre que a variação de pressão na atmosfera terrestre, suposta isotérmica, é dada por: p(y) = p 0 e - Mgy / RT Considerando a atmosfera um fluido em repouso, temos que: dp = - ρ g dy onde estamos considerando a superfície da Terra como a origem do eixo y, que mede a altura de um elemento de volume. Da equação anterior, temos que: g dy dp ρ − · A equação dos gases ideais, nos diz que: RT M m RT pV · · µ onde m = µ M é a massa de um elemento de volume, µ é o número de moles con- tido nesse elemento de volume e M é a massa molecular da substância considera- da. Desse modo: Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 20 RT pM M RT M RT V m p · ⇒ · · ρ ρ onde ρ é a densidade do material considerado. A equação da variação da pressão terá a forma: dy RT Mg p dp g RT pM dy dp , _ ¸ ¸ − · ⇒ , _ ¸ ¸ − · Integrando, temos que: ( ) 0 0 ln ln y y RT Mg p p − , _ ¸ ¸ − · − Considerando que a superfície da Terra como origem do referencial, y 0 = 0 , logo: RT Mgy e p y p y RT Mg p p / 0 0 ) ( ln − · ⇒ , _ ¸ ¸ − · , _ ¸ ¸ Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 28 Mostre que a equação dos gases ideais p V = µ R T pode ser escrita na forma alter- nativa p = ρ R T / M onde ρ é a massa específica do gás e M é a massa molar. p V = µ R T onde molar massa amostra da massa M m · · µ logo: M RT V m p RT M m pV , _ ¸ ¸ · ⇒ · e portanto: M RT p ρ · Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 33 Qual a trajetória livre média para 15 balas de goma esféricas em um saco que é sa- cudido vigorosamente? O volume do saco é 1litro e o diâmetro de uma bala é igual a 1,0cm . Considere colisões de balas com balas, não colisões de balas com o saco. N = 15balas V = 1l = 10 -3 m 3 d = 1,0cm = 10 -2 m 2 1 d N V L π · Devemos corrigir essa equação ao considerar que todas as moléculas estão se Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 21 movimentando. A equação corrigida tem a forma: 2 2 1 d N V L C π · = 0,150m = 15,0cm Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker Vinte e duas partículas têm as seguintes velocidades ( N i representa o número de partículas que possuem velocidade v i ) N i 2 4 6 8 2 36 v i (cm/s) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 a) Calcule a sua velocidade média v M . 22 70 2 8 6 4 2 5 2 4 8 3 6 2 4 1 2 1 · + + + + + + + + · · ∑ · x x x x x N v v N i i = 3,18m/s b) Calcule a sua velocidade média quadrática v RMS . 22 250 2 8 6 4 2 5 2 4 8 3 6 2 4 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 · + + + + + + + + · · ∑ · x x x x x N v v N i i =11,36m 2 /s 2 2 v v RMS · = 3,37m/s c) Das cinco velocidades mostradas, qual a velocidade mais provável v P ? v P = 4,0m/s Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 43 A figura abaixo mostra uma distribuição hipotética de velocidades para uma amostra de N partículas de um gás (observe que P(v) = 0 para v > 2 v 0 ) . a) Expresse a em termos de N e v 0 . Observando o gráfico de P(v) versus v , po- demos notar que: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ ≤ ≤ ≤ ≤ , _ ¸ ¸ · 0 0 0 0 0 2 0 2 0 ) ( v v para v v v para a v v para v v a v P P(v) a 0 v 0 2v 0 v Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 22 A condição de normalização no diz que: ∫ ∞ · 0 1 ) ( dv v P e portanto: [ ] 1 0 0 0 2 0 0 · + 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ ∫ ∫ v v v dv a dv v v a ( ) 1 2 3 2 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 · · + · − + , _ ¸ ¸ av av av v v a v v a ou seja: , _ ¸ ¸ · 0 3 2 v a b) Quantas das partículas possuem velocidades entre 1,5v 0 e 2,0v 0 ? A fração de partículas (N 1 /N) , com velocidade destro deste intervalo, tem a for- ma: [ ] ( ) 3 1 2 3 2 5 , 0 ) ( 0 0 0 0 , 2 5 , 1 0 , 2 5 , 1 0 , 2 5 , 1 1 0 0 0 0 0 0 · , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ · · · · · ∫ ∫ v v v a av dv a dv v P N N v v v v v v ou seja: 3 1 N N · c) Expresse a velocidade média das partículas em termos de v 0 . ∫ ∞ · 0 ) ( dv v P v v [ ] ( ) 2 0 2 0 3 0 0 2 2 0 3 0 2 0 0 4 2 3 2 3 0 0 0 0 0 0 v v a v v a v a v v a dv a v dv v v a v v v v v v v v − + · + · + 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ · ∫ ∫ 0 2 0 0 2 0 2 0 2 0 9 11 3 2 6 11 6 11 2 3 3 v v v av v a v a v · , _ ¸ ¸ · · + · d) Determine v RMS . ∫ ∞ · 0 2 2 ) ( dv v P v v [ ] ( ) 3 0 3 0 4 0 0 2 3 0 4 0 2 2 0 0 2 2 8 3 4 3 4 0 0 0 0 0 0 v v a v v a v a v v a dv a v dv v v a v v v v v v v v − , _ ¸ ¸ + , _ ¸ ¸ · + , _ ¸ ¸ · + 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ · ∫ ∫ Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 23 2 0 3 0 0 3 0 3 0 3 0 2 18 31 3 2 12 31 3 7 4 1 3 7 4 v v v av av av v , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ + · + · 18 31 0 2 v v v RMS · · Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 45 Um mol de um gás ideal sofre uma expansão isotérmica. determine a energia adicio- nada ao gás sob a forma de calor em termos dos volumes inicial e final e da tempe- ratura. Como o gás é ideal, a sua energia interna é uma função apenas da temperatura. Se a transformação for isotérmica, a temperatura se mantém constante e portanto não existe variação da energia interna nesse processo. Desse modo, usando a primeira lei da termodinâmica, encontramos que: (dE) T = (dQ) T – (dW) T = 0 ⇒ (dQ) T = (dW) T ( ) i f V V V V f i if V V RT V RT V dV RT pdV W f i f i ln ln ln − · · · · ∫ ∫ µ µ µ , _ ¸ ¸ · · i f if if V V RT W Q ln µ Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 47 Um recipiente contém uma mistura de três gases que não reagem entre si: µ 1 moles do primeiro gás com calor específico molar a volume constante C 1 , e assim por di- ante. Determine o calor específico molar a volume constante da mistura, em termos dos calores específicos molares e das quantidades dos gases em separado. O número total de moles desta mistura de três gases é dada por: µ = µ 1 + µ 2 + µ 3 e a quantidade de calor total absorvido (a volume constante) pela mistura será a soma dos calores absorvidos pelos diversos componentes: dQ V = dQ V1 + dQ V2 + dQ V3 Calculando as derivadas: 3 3 2 2 1 1 1 1 1 V V V V V V V V C C C C dT dQ dT dQ dT dQ dT dQ µ µ µ µ + + · ⇒ , _ ¸ ¸ + , _ ¸ ¸ + , _ ¸ ¸ · , _ ¸ ¸ 3 2 1 3 3 2 2 1 1 µ µ µ µ µ µ + + + + · V V V V C C C C Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 24 Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 57 Sejam µ moles de um gás ideal que se expande adiabaticamente de uma tempera- tura inicial T 1 até uma temperatura final T 2 . Prove que o trabalho realizado pelo gás é µ C V (T 2 – T 1 ) , onde C V é o calor específico molar a volume constante. O calor específico molar a volume constante é definido como: const V Int V T E C · , _ ¸ ¸ ∂ ∂ · µ 1 Mas a energia interna do gás ideal depende exp0licitamente apenas da temperatura, e neste caso, a derivada parcial se transforma em derivada total, ou seja: dT C dE dT dE C V Int Int V µ µ · ⇒ · 1 A primeira lei da Termodinâmica diz que: dE Int = dQ - dW e para uma gás ideal, temos que: µ C V dT = dQ – dW Quando a transformação for adiabática , não existe troca de calor com o ambiente, logo: µ C V dT = - dW e portanto: ∫ − · 2 1 12 T T V dT C W µ ou seja: W 12 = µ C V (T 1 – T 2 ) Capítulo 20 - Halliday, Resnick e Walker 61 Um mol de um gás ideal monoatômico percorre o ciclo 123 da figura abaixo. O pro- cesso 1 → 2 ocorre a volume constante, o processo 2 → 3 é adiabático e o proces- so 3 → 1 ocorre a pressão constante. a) Calcule o calor Q , a variação de energia interna ∆E I e o trabalho rea- lizado W , para cada um dos três processos e para o ciclo como um todo. T 1 = 300K T 2 = 600K T 3 = 455K dE Int = dQ – p dV O processo 1 → 2 é realizado a p 2 1 3 V Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 25 volume constante: dE Int = dQ ⇒ ∆E Int = Q 12 Como se trata de um gás ideal monoatômico: RT E Int µ 2 3 · ou seja: ( ) 1 2 12 2 3 T T R Q − · µ e como temos apenas um mol: ( ) 1 2 12 2 3 T T R Q − · e portanto: ∆E Int = Q 12 = 3.740J W 12 = 0 O processo 2 → 3 é realizado adiabaticamente, ou seja dQ = 0 e const pV · γ . dE Int = - dW ⇒ ∆E Int = - W 12 Como se trata de um gás ideal monoatômico: RT E Int µ 2 3 · ou seja: ( ) 2 3 23 2 3 T T R W − − · µ e como temos apenas um mol: ( ) 2 3 23 2 3 T T R W − − · e portanto: ∆E Int = W 23 = 1.807J Q 23 = 0 O processo 3 → 1 é realizado a pressão constante. Usando a definição de tra- balho, encontramos que: ( ) 3 1 1 1 1 3 31 1 3 V V p dV p dV p W V V − · · · ∫ ∫ e como o gás é ideal p V = µ R T ou seja: W 31 = R (T 1 – T 3 ) = - 1288J A energia interna de um gás ideal é dada por: Pr of . Romer o Tavar es da Silva Cap 20 www. f isica. uf pb. br / ~r omer o 26 RT E Int µ 2 3 · e portanto: ( ) 3 1 2 3 T T R E Int − · ∆ = - 1932J Usando a primeira lei da Termodinâmica, temos que: ∆E Int = Q 31 – W 31 ⇒ Q 31 = ∆E Int + W 31 ou seja: ( ) 3 1 31 2 5 T T R Q − · = -3220J b) A pressão no ponto 1 é 1,00atm . determine a pressão e o volume nos pontos 2 e 3 . Use 1,00atm = 1,013x10 5 Pa e R = 8,314J/mol . K p 1 = 1,00atm = 1,013x10 5 Pa R = 8,314J/mol . K T 1 = 300K T 2 = 600K T 3 = 455K 3 1 1 1 246 , 0 m p RT V · · ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · · 3 3 3 3 1 3 0373 , 0 m p RT V p p ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ · · · · atm m N x V RT p V V 0 , 2 / 10 0 , 2 2 5 2 2 2 1 2 Prof. Romero Tavares da Silva 20. Teoria Cinética dos Gases Quando consideramos um gás contido em um recipiente podemos analisá-lo de uma maneira global usando a Termodinâmica, e calcular as suas propriedades macroscópicas tais como temperatura, pressão, volume e etc. Por outro lado, se quisermos entender os porquês do comportamento macroscópico, devemos analisar os constituintes deste gás, como eles interagem entre si e como interagem com as paredes do volume que os contém. Uma nova maneira de ver os Gases Os gases são constituídos de pequenas entidades, que podem ser átomos, moléculas ou ambos. Ele será um gás monoatômico quando composto apenas de átomos (ou seja: moléculas monoatômicas) ou um gás poliatômico, dependendo das suas características moleculares. As moléculas interagem entre elas, e essa interação acontece aos pares, ou seja elas interagem duas a duas. Se neste gás existirem N moléculas cada molécula interage com todas as outras N-1 moléculas. Cada molécula deve ter o seu movimento governado pela segunda lei de Newton, e portanto temos N equações referentes a aplicação dessa lei, uma para cada molécula. Como cada molécula interage com as restantes, o seu movimento irá interferir no movimento de todas as outras, e dizemos então que essas equações estão acopladas uma as outras. O número de equações resultante deste modelo torna a sua solução numérica impossível, mesmo usando os melhores computadores contemporâneos. O Número de Avogadro Mas quantas moléculas existem em uma amostra macroscópica de uma dada substância? Vamos definir uma grandeza adequada para lidar com moléculas, é o mol. Um mol é o número de moléculas que existem em 12g de carbono-12. Experimentalmente se determina quantas moléculas existem em um mol, e esse é o chamado número de Avogadro NA , NA = 6,02x1023moléculas Desse modo, já podemos relacionar número de moles µ e número de moléculas N , ou seja: N N = µ NA ⇒ µ = NA Gases ideais Se considerarmos uma amostra com 12g de carbono-12 , teremos neste material NA = 6,02x1023moléculas , e se desejarmos usar a segunda lei de Newton para calcular as trajetórias das moléculas, teremos que resolver NA equações acopladas. O que fazer nesta situação? A aproximação mais drástica possível será considerar que as moléculas não Cap 20 www.fisica.ufpb.br/~romero 2 elas se ignoram. uma amostra de um gás real se aproxima do modelo do gás ideal. Romero Tavares da Silva interagem.31J/mol. temperatura e volume se relacionam de tal modo que: pV=µRT onde µ é o número de moles do gás presentes na amostra considerada e R=8.Prof.ufpb. quando a densidade do gás é suficientemente baixa.38x10-23J/K é a constante de Boltzmann.025 T1 T2 T3 0. como na figura à seguir.K é a constante universal dos gases. Vamos considerar N moléculas um gás ideal em um recipiente em forma de um cubo de aresta L e considerar os eixos cartesianos paralelos as arestas. O trabalho realizado pelo sistema é definido como: W if = Vf p Vi ∫ p dV 450 400 350 300 250 200 150 100 50 0 0. Por outro lado. Apesar desta aproximação ser drástica.075 0. Cap 20 www. a equação tomará a forma p V = N kB T onde N é o número de moléculas do gás presentes na amostra considerada e kB=1. Nesta circunstâncias.br/~romero 3 .175 T1 > T2 > T3 V Mas como o gás é ideal e a temperatura é mantida constante ao logo da temos que: Vf V dV V W if = µRT ∫ = µRT (lnV ) Vf = µRT (lnVf − lnVi ) = µRT ln f V i V i Vi Cálculo cinético da pressão transformação. Trabalhos experimentais com gases ideais mostraram que a pressão. A equação anterior é chamada equação dos gases ideais. Pode-se notar que: µR = Nk B ⇒ kB = µ R R= N NA ∴ R = kBNA Trabalho com temperatura constante Vamos considerar um sistema em contato com um reservatório térmico. Nessas condições esse sistema pode sofrer mudanças de pressão e volume mas manterá sempre a mesma temperatura. que é a temperatura do reservatório térmico. e desse modo elas interagem apenas com as paredes do recipiente que contém a mostra do gás.125 0. ela se aproxima da realidade em muitas situações práticas. se ao invés de moles estivermos usando o número de moléculas.fisica. devemos considerar as contribuições de todas as N moléculas: FX = m 2 2 v X1 + v X 2 + ! + v 2 XN L ( ) A pressão que essas moléculas exercerão dependerá da força média e será dada por: p= FX L2 = m 2 2 v 2 1 + v X 2 + ! + v XN X 3 L ( ) onde estamos representando o valor médio de uma grandeza A por <A> .ufpb. e desse modo: 2L ∆t = 2 t = vX A variação do momento linear de uma molécula.fisica. A molécula vai colidir com a face A1 e levar um intervalo de tempo ∆t para colidir com a face oposta A2 e depois colidir novamente com A1 .br/~romero 4 . Romero Tavares da Silva As moléculas desse gás estão continuamente colidindo com as paredes do recipiente. A variação do momento dever-se-á apenas a mudança da componente x . num intervalo ∆t entre duas colisões com a mesma face do recipiente é dada por: 2mv X mv 2 ∆p X X = = 2L / v X L ∆t A equação anterior nos dá a força que uma molécula exerce na face considerada.Prof.mvx x +mvx y A2 A1 x ∆p = pf – pi = mvx – (-mvx) = 2mvx z Sejam A1 e A2 as paredes do cubo perpendiculares ao eixo x . ou seja: Cap 20 www. . Estamos considerando que as colisões são perfeitamente elásticas. Como as moléculas não são distinguíveis. Quando ela colide com a parede. que se dirige para colidir com a parede do recipiente paralela ao plano yz e que passa pela origem. acontecerá uma reversão neste movimento. Vamos analisar especificamente a colisão de uma molécula. mas a componente x do momento linear mudará de sinal. O tempo t necessário para essa molécula ir de uma face até outra é dado por t=L/vx . não acontecerá mudança nas componentes y e z do momento linear. os valores médios das componentes x de cada uma das moléculas são iguais. Para se encontrar a força total exercida por todas as moléculas. Portanto. (v Desse modo: p= L 2 X1 2 2 + v X 2 + ! + v XN )= N v 2 X = N 2 v 3 v2 FX 2 = m 2 2 2 v X 1 + v X 2 + ! + v XN L3 ( ) = mN 3V onde consideramos que o volume do cubo é V = L3 . Romero Tavares da Silva (v 2 X1 + v22 +!+ v2 X XN )= N v 2 X Considerando que neste cubo não existe direção privilegiada. usando a equação dos gases ideais: µM 2 3RT pV = v = µRT ⇒ v 2 = 3 M e se definirmos v RMS = (RMS = root mean square) encontramos que: v RMS = 3RT M v2 Entretanto a massa molar M é igual ao número de Avogadro vezes a massa m de uma molécula M=NAm .Prof.fisica. ou seja: 2 2 v 2 = v 2 + vY + v Z = 3 v 2 X X ⇒ v2 = X 1 2 v 3 e como temos N moléculas nesse gás ideal.ufpb. e desse modo teremos que: v RMS = 3k B T m Cap 20 www. e a constante universal dos gases pode ser escrita como R=NAkB . Por outro lado. a massa total também pode ser expressa como µM pois: µ é o número de moles e M é a massa molar. Podemos ainda dizer que: pV = mN 2 v 3 Mas Nm é a massa total do gás pois: N é número de moléculas e m é a massa de cada molécula. os valores médios das diversas componentes serão iguais.br/~romero 5 . br/~romero 6 . num intervalo de tempo t . L = ou ainda L = V 1 N πd 2 v t N = v t n πd v t 2 = 1 n πd 2 Cap 20 www. ocorrerá uma colisão quando os seus centros se aproximarem de uma distância d . podemos considerar que ela tem um diâmetro 2d e as outras são pontuais. portanto não existem energia potencial e o único tipo de energia possível é a energia cinética de translação. o movimento de uma molécula de um gás ideal é retilíneo e uniforme . pois colisão ocorrerá quando os seus centros se aproximarem de uma distância d . <v>t) 3 k BT 2 d d <v>t Este número de partículas N será exatamente o número de colisões num dado intervalo de tempo t .fisica. como na situação anterior. Se estivermos observando uma molécula nas suas múltiplas colisões. Uma descrição equivalente das colisões entre moléculas consiste em considerar uma delas pontual e a outra com diâmetro 2d . A distância média que uma molécula percorre entre duas colisões sucessivas é chamado percurso livre médio. ela terá descrito um cilindro de seção reta πd2 e comprimento <v>t . Se a densidade de partículas no gás for n = N/V . existirão no cilindro 2d N partículas.Prof. O percurso livre médio <L> será a distância percorrida num intervalo de tempo t dividido pelo número de colisões que acontecerá neste trajeto. Se tivermos duas moléculas de diâmetro d. Se ela tem diâmetro 2d e velocidade média <v> . onde: N = n V = n (πd2 . A energia cinética média de uma partícula é dada por: K = 1 m 2 m 3k BT mv 2 = v = 2 2 2 m K = Percurso livre médio Entre colisões sucessivas.ufpb. em um gás ideal as moléculas não interagem. Romero Tavares da Silva Energia cinética de translação Como já foi mencionada. é a distribuição de MaxwellBoltzmann. As moléculas têm velocidade diferentes. por que ele se baseia na hipótese que todas as moléculas estão em repouso. seja: B= Podemos dizer que: B2 = ou seja: B= e portanto Cap 20 www. Essa constante pode ser determinada se considerarmos que integral da função de distribuição deve ser igual ao número de moléculas. e desse modo: 1 E = mv 2 + U (x. y . e temos como energia interna apenas a energia cinética: E= e portanto: 1 1 2 2 mv 2 = m v 2 + v Y + v Z X 2 2 f (v ) = Ae − m (v X +v Y +v Z )/ 2k BT 2 2 2 ( ) +∞ −∞ ∫ dv X +∞ −∞ ∫ dv Y +∞ +∞ −∞ ∫ dv Z f (v X . mas essas velocidades se distribuem segundo uma característica própria. v Y v Z ) = N +∞ ou seja: A ∫e −∞ +∞ − mv 2 / 2 kT X dv X −∞ ∫e 2 − mv Y / 2 kT dv Y −∞ ∫e 2 − mv Z / 2 kT dv Z = N e por outro lado. Quando estamos analisando um gás ideal.Prof.fisica. Distribuição de velocidades moleculares Vamos considerar um número N de moléculas que estão no interior de um recipiente de volume V .br/~romero 7 +∞ −∞ +∞ − aX − aY ∫ e dX ∫ e dY = 2 2 +∞ −∞ ∫e 2 − aX 2 dX +∞ 2π −∞ −∞ − ar ∫ dθ ∫ r dr e = 2π ∫ 0 0 ∞ ∞ du −u 2π −u e =− e 2a 2a 0 ∞ 0 =− π (0 − 1) = π a a ∫e − aX 2 dX = π a . Se considerarmos uma situação genérica.ufpb. e apenas uma se move. x ) 2 A função que explicita a distribuição de velocidades. Romero Tavares da Silva Esse resultado é apenas uma primeira aproximação. e tem a forma: f (E ) = Ae − E / kBT onde A é uma constante. onde a energia interna E de cada molécula é composta da soma de sua energia cinética K mais sua energia potencial U . a energia potencial é desprezada. ou seja: m 2 2 − mv 2 / 2k BT F (v ) = 4π v e 2πkT Pode-se mostrar que: ∞ 3 0.Prof.15 ∫ F (v ) dv = 1 0 T1 Tem-se que: 0.05 0 0 5 10 15 e v2 3kT = ∫ v 2 F (v ) dv = m 0 ∞ T1 < T2 v 20 A velocidade mais provável em uma gás é aquela na qual a função de distribuição de velocidades F(v) é máxima.1 T2 v = ∫ v F (v ) dv = 0 ∞ 8kT πm 0.2 0. e nestas circunstâncias: dF (v ) =0 dv ⇒ vP = 2kT m Cap 20 www.ufpb.fisica.br/~romero 8 . Romero Tavares da Silva +∞ −∞ ∫e − mv 2 / 2 kT X dv X = 2πkT m +∞ e A ∫ e − mv X / 2kT dv X ∫ e − mv Y / 2kT dv Y 2 2 +∞ +∞ −∞ −∞ −∞ ∫e 2 − mv Z / 2 kT dv Z = N 3/2 logo 2πkT =N A m e portanto m f (v ) = N 2πkT que: ∞ 3/2 3 ⇒ m A = N 2πkT e − m (v X +vY +v Z )/ 2k BT 2 2 2 Se fizermos a mudança de variáveis para coordenadas esféricas.25 F(v) 0. encontraremos m ∫ 4πv dv f (v ) = 4πN 2πkT 0 2 3 2 ∞ ∫v 0 2 e − mv 2 / 2 k BT =N Podemos então definir uma função de distribuição de velocidades F(v) que depende do módulo do vetor velocidade. podemos tentar relacionar qual a variação de temperatura ∆T que sofrerá essa massa. podemos definir o calor específico molar a volume constante como: dQV = µ CV dT ou ainda: 1 dQ CV = µ dT V Usando a primeira lei da Termodinâmica.ufpb. na situação em que o recipiente que contém o gás é mantido a volume constante. surge a necessidade de definir uma relação mais específica que leve em contas as especificidades deste fluido. quando ele absorver uma quantidade de calor ∆Q . Existe uma relação. a energia total das N moléculas monoatômicas que compõe esse gás terá a forma: E INT = 3 3 Nk BT = µRT 2 2 Calor específico molar a volume constante – CV Como mencionado anteriormente. Ao nível dessa nossa descrição da Natureza. ou seja as suas moléculas têm apenas um átomo. De maneira equivalente. temos que: dEINT = dQ – p dV e se considerarmos uma transformação isovolumétrica: (dEINT )V = dQV ou seja: Cap 20 www. definimos o calor específico a pressão constante para relacionar variação de temperatura ∆T que sofrerá um gás. não estamos considerando a estrutura interna dos átomos e portanto eles podem ter apenas um tipo de energia: a energia associada ao seu movimento.fisica.br/~romero 9 . Quando lidamos com gases. quando ele absorver uma quantidade de calor ∆Q . quando ela absorver uma quantidade de calor ∆Q . Definimos o calor específico a volume constante para relacionar variação de temperatura ∆T que sofrerá um gás. que tem a forma: ∆Q = m c ∆T onde chamamos a grandeza c de calor específico. na situação em que o recipiente que contém o gás é mantido a pressão constante A energia interna EINT Vamos considerar uma gás ideal monoatômico. Desse modo.Prof. Romero Tavares da Silva Calores específicos molares de um gás ideal Se tivermos uma certa massa m de uma substância. fisica. mas com o sistema mantido a pressão constante. As curvas que representam transformações isotérmicas nas duas temperaturas mencionadas Cap 20 www. temos que: dEINT = dQ – p dV e se considerarmos uma transformação que envolva uma variação de temperatura.Prof. temos que: 3 3 ∂E INT = µR E INT = µRT ∴ 2 ∂T P 2 µRT ∂V ∴ p = µR V = p ∂T P ou seja: 3 5 µR = µC P − µR ⇒ C P = R 2 2 Relação entre CV e CP para um gás ideal Vamos considerar um sistema formado por µ moles de uma gás ideal. podemos definir o calor específico molar a pressão constante como: dQP = µ CP dT ou ainda: 1 dQ CP = µ dT P Usando a primeira lei da Termodinâmica.ufpb. Romero Tavares da Silva CV = e para um gás ideal. Usando as definições de um gás ideal. e a sua temperatura será aumentada T até alcançar T+ ∆T de duas formas diferentes. na equação anterior.br/~romero 10 . temos que: ∂E INT dQ ∂V = − p ∂T P ∂T P dT P onde lembramos que dQ não é uma diferencial exata. encontramos CV = 3 R 2 1 dQ 1 ∂E = INT µ dT V µ ∂T V Calor específico molar a pressão constante – CP Como mencionado anteriormente. daí o aparente contra-senso ao envolver derivadas parciais e total. 000 400.000 800. e o gás vai do estado a até o estado c . se diferenciarmos a equação do gás ideal encontramos que: pV = µRT ⇒ pdV + Vdp = µRdT ∴ dT = pdV + Vdp µR e igualando os termos em dT.ufpb.000 700.000 200. temos que: ∆Eac = ∆Eab e portanto: µ CV ∆T = µ CP ∆T – p (∆V)P ou seja: p ∆V p µR C P − CV = = R ∴ C P = CV + R = µ ∆T µ p Transformação adiabática de um gás ideal Uma expansão adiabática é caracterizada por ser uma transformação onde o sistema não troca calor com as suas vizinhanças.Prof.010 c b a 0.000 0. A primeira lei da Termodinâmica diz que: dEINT = dQ – p dV e neste caso teremos que ∆Eab = ∆QP – p ∆V = µ CP ∆T – p (∆V)P Como a energia interna de uma gás ideal depende apenas da sua temperatura. Romero Tavares da Silva estão representadas no gráfico ao lado. temos então que: dE = dQ – p dV ou seja: dT = − p dV µCV ⇒ dE = µ CV dT = .000 600. e o gás vai do estado a até o estado b . A primeira transformação será feita a volume constante.050 0.000 900.030 0.p dV Mas por outro.br/~romero .070 T+∆T T 0.fisica.000 300. Nestas circunstâncias. temos que: dT = Cap 20 pdV + Vdp p dV =− µR µCV 11 www. A primeira lei da Termodinâmica diz que: dEINT = dQ – p dV e neste caso teremos que p ∆Eac = ∆QV = µ CV ∆T 1000.000 100.090 V A segunda transformação será feita a pressão constante.000 0.000 500. ufpb.br/~romero 12 .Prof.fisica. Romero Tavares da Silva ou seja: (CV + R) p dV + CV V dp = 0 Mostramos anteriormente que para um gás ideal: CP = CV + R logo: CP p dV + CV V dp = 0 ou seja: C P dV dp + =0 CV V p Vamos definir γ = CP/CV γ e portanto: dV dp + =0 V p ⇒ γ lnV + ln p = const = ln a ln pV γ = ln a ∴ pV γ = a = const ( ) Cap 20 www. como mostra a figura abaixo à esquerda.fisica.8x10-2moles = (8. V1 = 1000cm3 = 10-3m3 T1 = 400C = 313K p1 = 1. existe um gás acima do nível pe Pe pd Pd 2 ∆H = He .06x105Pa a) Encontre o número de moles de oxigênio no sistema. igual a 10cm3 .5x10-3m3 p2 = 1.0cm2 .Hd = 2cm hd’ hd He Hd Cap 20 www. µ= ( )( ) V2 = 1500cm3 = 1.0cm .Prof.01x10 5 10 −3 pV =3.01x105Pa R = 8. K pV = µRT ⇒ 1.ufpb. A área da seção reta do manômetro é 1. tem dois ramos desiguais à mesma pressão p0.314 )(313 ) RT b) Encontre a temperatura final do sistema.br/~romero 13 .740C Capítulo 20 – Halliday e Resnick – Edição antiga “10” Um manômetro de mercúrio selado. Romero Tavares da Silva Solução de alguns problemas Capítulo 20 . admite-se no recipiente um volume adicional de mercúrio.Halliday.01x105Pa se expande até um volume de 1500cm3 e pressão 1. he’ = 50cm He = 6cm hd’ = 30cm Hd =4cm he he’ he = he’ – He = 44cm hd = hd’ – Hd = 26cm A = 1cm ∆V = 10cm3 Tanto na situação inicial como na final.0cm e o nível da direita sobe de 4.06x105Pa pV pV µ= 1 1 = 2 2 RT1 RT2 p V ⇒ T2 = T1 2 2 = 492. O nível da esquerda sobe de 6. Determine a pressão p0 .314J/mol .74K p V 1 1 T2 = 219. Resnick e Walker 10 Uma quantidade de oxigênio ocupando um volume de 1000cm3 a 400C e uma pressão de 1. Através de uma torneira no fundo do manômetro. considerando a situação inicial. teremos que: p0 Vd’ = µd R T e p0 Ve’ = µe R T onde V é o volume ocupado por esse gás e µ é o número de moléculas contido nele. encontramos que: µ µ ρ g ∆H p d − p e = d − e RT = ρ g ∆H ⇒ RT = V µd µe d Ve V − V e d e usando que Vd' µ d = Ve' µ e encontramos que V V V' µ e RT = ρ g ∆H ' d e e ' = p 0Ve' V V − V V d e d e Cap 20 www. Pd = pd + ρ g Hd e Pe = pe + ρ g He Como as pressões no mesmo nível horizontal do líquido são iguais. e a sua composição deve ser basicamente de mercúrio. Desse modo. Vamos considerar esse gás como ideal.Prof. Usando a hidrostática. Romero Tavares da Silva do líquido. o gás acima do nível de mercúrio terá um volume disponível diferente da situação inicial. as colunas ficarão com níveis diferentes.fisica. Ou seja: µ d RT pd = V p d Vd = µ d RT d ⇒ p V = µ RT µ e RT e e e pe = Ve e usando a equação anterior.br/~romero 14 . Logo temos que: µ RT µ RT Vd' µd p0 = d ' = e ' ⇒ = Vd Ve Ve' µe ou ainda: p 0Vd' p 0Ve' µd = e µe = RT RT Depois de adicionado um volume ∆V de mercúrio. subtraímos a penúltima equação da última e encontramos que: pd – pe = ρ g ( He . e será diverso em cada ramo do manômetro. poderemos relacionar as pressões em diferentes pontos do manômetro.ufpb.Hd ) = ρ g ∆H Por outro lado. 55x105N/m2 = 1. Que fração da pressão total na parede do recipiente pode ser atribuída ao segundo gás? Cap 20 www. o volume V e a temperatura T de um certo material estão relacionados através da equação: AT − BT 2 p= V onde A e B são constantes.Halliday.O segundo gás possui massa molar M2 = 3M1 . Dois moles do primeiro gás estão presentes. com massa molar M1 . Encontre uma expressão para o trabalho realizado pelo material se a temperatura variar de T1 até T2 enquanto a pressão permanece constante.5mol deste gás está presente.55atm Capítulo 20 .br/~romero 15 . O trabalho realizado pelo sistema quando ele passa de um estado para outro é definido como: W12 = ∫ pdV 1 2 e como a pressão permanece constante (p1 = p2) nesse processo. e desse modo V = A h e portanto: h h p 0 = ρ g ∆H ' d e ' h h −h h d e d e Usando que a densidade do mercúrio ρ = 1.fisica.Prof.Halliday. Romero Tavares da Silva ou seja: VV p 0 = ρ g ∆H ' d e ' V V −V V d e d e Lembrando que os volumes considerados são partes dos ramos do manômetro.36x104kg/m3 encontramos que: p0 = 1.ufpb. temos que: W12 = p1 ∫ dV = p1 (V2 − V1 ) = p 2V2 − p1V1 1 2 Usando a dependência funcional mencionada: W12 = AT 2 − BT 22 − AT1 − BT12 = A(T2 − T1 ) − B T22 − T12 [ ] [ ] ( ) Capítulo 20 . Resnick e Walker 12 Um recipiente encerra dois gases ideais. e 0. Resnick e Walker 11 A pressão p . que têm seção reta A . Resnick e Walker 15 Uma bolha de ar com volume de 20cm3 está no fundo de um lago a 40m de profundidade. que está na temperatura de 200C . T T p V ρgh = µR i − f = 0 f Vi Vf Tf Cap 20 T V Ti Tf − = p0 i f V V f i Tf Vi i − 1 16 www.) M1 µ1 = 2moles M2 µ2 = 0.fisica.8 = = p (µ1 + µ 2 )RT / V µ1 + µ 2 e de modo equivalente: p2 µ2 = = 0. qual o seu volume? Vi = 20cm3 = 2x10-5m3 Ti = 40C = 277K h = 40m Tf = 200C = 293K ρA = 103kg/m3 p0 = 1.2 µ1 + µ 2 p Capítulo 20 . Vf e µ .br/~romero .Halliday. onde a temperatura é 40C . A bolha sobe até a superfície.Prof. Romero Tavares da Silva (A explicação da pressão da teoria cinética conduz à descoberta experimentalmente de pressões parciais para uma mistura de gases que não reagem quimicamente: a pressão total exercida pela mistura é igual à soma das pressões que os vários gases exerceriam separadamente se cada um deles ocupasse o recipiente sozinho.5mol ( mi )= ( µi ) ( Mi ) (Massa) = (Número de moles) ( Massa molar) pi V = µi R T p = p1 + p2 = ( µ1 + µ2 ) RT/V p1 µ 1RT / V µ1 =0.ufpb. Temos que: µRTi p i = p 0 + ρgh = V i µRTf pf = p0 = Vf Temos duas equações e duas incógnitas. Considere que a temperatura da bolha de ar é a mesma que a da água ao seu redor. Exatamente quando a bolha atinge a superfície.013x105Pa f h Vamos chamar de situação inicial quando a bolha está no fundo do lago e situação final quando ela alcança a superfície. A válvula é aberta para permitir que as pressões se igualem.ufpb.L/2) L/2 onde estamos explicitando que esta é a situação final do tubo.br/~romero 17 .83m 2 ρg h Capítulo 20 .fisica. este tubo está a pressão atmosférica. Resnick e Walker 16 Um tubo de comprimento L = 25m que está aberto em uma extremidade. e é dada por: pf = p0 + ρ g (h . temos que: V 2V p 0Vi = µRT = p f Vf ⇒ p f = p 0 i = p 0 f ∴ p f = 2 p 0 V V f f ou seja: pf = p0 + ρ g (h .Prof.L/2) logo: L p h = + 0 = 22. mas a temperatura de cada recipiente é mantida constante em seus valores iniciais. Qual a profundidade h da extremidade inferior do tubo? Suponha que a temperatura é a mesma em todos os pontos e que não varie com o tempo. o mesmo gás ideal a uma pressão 1. a temperatura é a mesma em todos os pontos e não varia com o tempo. L = 25m p0 = 1.0x105Pa 17 e a uma temperatura de 300K . O recipiente B contém. contém ar a pressão atmosférica.Halliday. com quatro vezes o volume de A . Ele é empurrado na vertical para dentro de um lago de água doce até que a água suba até a metade do tubo.L/2) = 2p0 ⇒ p0 = ρ g (h . Na situação inicial.0x105Pa e a uma temperatura de 400K . Romero Tavares da Silva Ou seja: Ti T f Vf V i ρgh = 1+ p0 T ⇒ Vf = Vi f T i ρgh = 103cm3 1 + p0 Capítulo 20 . Ele está ligado por um tubo fino (e uma válvula fechada) ao recipiente B . Resnick e Walker O recipiente A da figura abaixo contém um gás ideal a uma pressão de 5. como mostrado na figura ao lado. Qual será então a pressão nos dois recipientes? pA = 5x105Pa TA = 300K pB 1x105Pa TB 400K VB = 4VA A B Cap 20 www.013x105Pa ρ = 103kg/m3 L/2 A pressão na superfície do líquido dentro do tubo. Como foi dito.Halliday. é a mesma do gás acima desta superfície. segundo um ângulo de 550 com a normal à parede. antes da válvula ser aberta e depois que ela foi aberta. Depois que ela foi aberta existiu um fluxo de gás de um recipiente para outro de modo que as pressões foram equilibradas. Resnick e Walker 23 Um feixe de moléculas de hidrogênio (H2) está dirigido contra uma parede. Usando a equação dos gases ideais encontramos que: p AV A = µ A RT A p V = µ RT B B B B ou seja: pV A = µ ' A RT A pV = µ ' RT B B B e µ = µ A + µB = e também p AV A p BVB V A p A 4 p B + = + RT A RTB R TA TB pV A pVB pV A 1 4 + = T + T RT A RTB R A B pV A 1 4 = T + T R A B µ = µ' A +µ'B = ou ainda: VA R µ= e portanto: p A 4pB T + T B A p A 4 pB T + T B p= A = 2. Qual a pressão do o feixe sobre a parede? Cap 20 www.7K .0cm2 .0km/s e uma massa de 3. Romero Tavares da Silva Temos claramente duas situações.Halliday. antes e depois da válvula ser aberta. Resnick e Walker 19 A temperatura mais baixa possível no espaço sideral é 2.fisica. Qual a velocidade média quadrática das moléculas de hidrogênio a esta temperatura? R = 8.3x10-24g .K v QM = Capítulo 20 . O feixe bate na parede sobre uma área de 2. Logo: µ = µA + µB = µ’A + µ’B onde os µ são os números de moles em cada recipiente.02x10-3kg/mol 3RT = 182m/s M .0x105Pa 1 4 T + T B A Capítulo 20 . à uma taxa média de 1023 moléculas por segundo . Cada molécula no feixe possui uma velocidade escalar de 1.31J/mol.ufpb.br/~romero 18 M = 2.Prof.Halliday. mas a quantidades total de gás permaneceu a mesma. Romero Tavares da Silva n = 1023moléculas/s A = 2cm2 = 2x10-4m2 m = 3. Desse modo: Cap 20 www.ρ g dy onde estamos considerando a superfície da Terra como a origem do eixo y.2 m vX vX = v cos550 ⇒ ∆p = -2 m v cos550 " pi A força total que as moléculas exercem na parede é resultado das contribuições de todas as N moléculas que colidem num intervalo de tempo ∆t . suposta isotérmica. temos que: dp = − ρg dy A equação dos gases ideais.(+mvx) = . temos que: dp = . ou seja: F =N N ∆p = ∆p = n ∆p ∆t ∆t A pressão Ρ é definida em termos da força exercida pelas moléculas na parede.ufpb.3x10-27kg θ = 550 v = 1km/s = 103m/s θ θ " pf Como as moléculas só apresentam variação de momento na direção do eixo x . que mede a altura de um elemento de volume. µ é o número de moles contido nesse elemento de volume e M é a massa molecular da substância considerada.89x103Pa = 1. nos diz que: pV = µRT = m RT M onde m = µ M é a massa de um elemento de volume.fisica. Da equação anterior. temos que: x ∆p = pfx – pix = (-m vX) .br/~romero 19 .Prof. ou seja: F n 2nmv cos 55 0 Ρ = = ∆p = A A A Ρ = 1.8x10-2atm Capítulo 20 – Halliday e Resnick – Edição antiga “27” Mostre que a variação de pressão na atmosfera terrestre.Mgy / RT Considerando a atmosfera um fluido em repouso.3x10-24g = 3. é dada por: p(y) = p0 e . y0 = 0 . N = 15balas V = 1l = 10-3m3 L = d = 1.fisica. logo: p ln p 0 Mg = − y RT ⇒ p( y ) = p 0 e −Mgy / RT Capítulo 20 .0cm = 10-2m V 1 N πd 2 Devemos corrigir essa equação ao considerar que todas as moléculas estão se Cap 20 www.Prof.Halliday. temos que: Mg ln p − ln p 0 = − (y − y 0 ) RT Considerando que a superfície da Terra como origem do referencial. A equação da variação da pressão terá a forma: dp dp pM Mg = − = − g ⇒ dy dy p RT RT Integrando. Considere colisões de balas com balas.br/~romero 20 . não colisões de balas com o saco.Halliday. Resnick e Walker 33 Qual a trajetória livre média para 15 balas de goma esféricas em um saco que é sacudido vigorosamente? O volume do saco é 1litro e o diâmetro de uma bala é igual a 1. Resnick e Walker 28 Mostre que a equação dos gases ideais p V = µ R T pode ser escrita na forma alternativa p = ρ R T / M onde ρ é a massa específica do gás e M é a massa molar. pV=µRT onde µ= logo: pV = e portanto: m massa da amostra = M massa molar m RT M ⇒ m RT p= V M RT M p=ρ Capítulo 20 .ufpb. Romero Tavares da Silva p= m RT RT =ρ V M M ⇒ ρ= pM RT onde ρ é a densidade do material considerado.0cm . 0 6 3. v2 = ∑v i =1 N 2 i N = 2 x12 + 4 x 2 2 + 6 x 3 2 + 8 x 4 2 + 2 x 5 2 250 =11.Halliday.ufpb.36m2/s2 = 2+4+6+8+2 22 v RMS = v 2 = 3. v = ∑v i =1 N i N = 2 x1 + 4 x 2 + 6 x 3 + 8 x 4 + 2 x 5 70 = 3.br/~romero P(v) a 0 v0 2v0 v 21 .150m = 15.0cm C Capítulo 20 .0 2 5. podemos notar que: a v para 0 ≤ v ≤ v 0 v 0 P (v ) = a para v 0 ≤ v ≤ 2v 0 0 para v ≥ 2v 0 Cap 20 www.0m/s Capítulo 20 .0 8 4. Observando o gráfico de P(v) versus v . Resnick e Walker 36 Vinte e duas partículas têm as seguintes velocidades ( Ni representa o número de partículas que possuem velocidade vi ) 2 Ni vi (cm/s) 1. a) Expresse a em termos de N e v0 . A equação corrigida tem a forma: L = V N 1 2 πd 2 = 0. Romero Tavares da Silva movimentando. Resnick e Walker 43 A figura abaixo mostra uma distribuição hipotética de velocidades para uma amostra de N partículas de um gás (observe que P(v) = 0 para v > 2 v0 ) .37m/s c) Das cinco velocidades mostradas.0 4 2. qual a velocidade mais provável vP ? vP = 4.0 a) Calcule a sua velocidade média vM .fisica.18m/s = 2+4+6+8+2 22 b) Calcule a sua velocidade média quadrática vRMS .Prof.Halliday. Prof. v a = ∫ v v 0 0 v0 2 2 = ∫ v 2 P (v ) dv 0 v 2 v dv + 2v 0 a ∫ v [a]dv = v 0 v0 2 v 4 4 v0 0 v3 +a 3 2v 0 v0 a = v 0 4 v0 a 3 3 4 + 3 8v 0 − v 0 ( ) Cap 20 www. com velocidade destro deste ma: 2.br/~romero 22 .0v0 ? A fração de partículas (N1/N) . tem a for v 0 1 = 2 3 c) Expresse a velocidade média das partículas em termos de v0 .5 v 0 ou seja: N1 = N 3 intervalo.5v0 e 2.ufpb.0 v 0 2.0 v = ∫ P (v )dv = ∫ [a ]dv = av 1. Romero Tavares da Silva A condição de normalização no diz que: ∞ ∫ P (v )dv = 1 0 e portanto: v0 a ∫ v 0 0 v dv + 2v 0 v0 ∫ [a]dv = 1 a v 0 ou seja: 2 v0 av 0 3av 0 2 + a(2v 0 − v 0 ) = 2 + av 0 = 2 = 1 2 a= 3v 0 b) Quantas das partículas possuem velocidades entre 1.fisica. v = ∫ v P (v ) dv 0 ∞ a v = ∫ v v 0 0 v0 v dv + v = 2v 0 a v3 ∫ v [a]dv = v 0 3 v0 v0 0 v2 +a 2 2v 0 v0 3 a v0 a 2 2 = + 4v 0 − v 0 v0 3 2 ( ) a 2 3a 2 11 2 11 2 v0 + v 0 = av 0 = 3 2 6 6 3v 0 ∞ 2 11 v 0 = v 0 9 d) Determine vRMS .5v 0 0 1.5v 0 = a(0.5v 0 ) = 3v 0 N 1.0 v 0 2 N1 2. Resnick e Walker 47 Um recipiente contém uma mistura de três gases que não reagem entre si: µ1 moles do primeiro gás com calor específico molar a volume constante C1 . usando a primeira lei da termodinâmica. Determine o calor específico molar a volume constante da mistura. Como o gás é ideal. a sua energia interna é uma função apenas da temperatura. Romero Tavares da Silva v 2 3 3 av 0 7av 0 7 31 2 3 1 = + = av 0 + = 4 3 4 3 12 3v 0 3 31 2 v 0 = v 0 18 v RMS = Capítulo 20 .ufpb. Se a transformação for isotérmica. em termos dos calores específicos molares e das quantidades dos gases em separado. determine a energia adicionada ao gás sob a forma de calor em termos dos volumes inicial e final e da temperatura. O número total de moles desta mistura de três gases é dada por: µ = µ1 + µ2 + µ3 e a quantidade de calor total absorvido (a volume constante) pela mistura será a soma dos calores absorvidos pelos diversos componentes: dQV = dQV1 + dQV2 + dQV3 Calculando as derivadas: dQ1 dQ dQ dQ + 1 + 1 = dT V dT V dT V dT V CV = ⇒ µCV = µ 1CV 1 + µ 2CV 2 + µ 3CV 3 µ 1CV 1 + µ 2CV 2 + µ 3CV 3 µ1 + µ 2 + µ 3 Cap 20 www.Halliday. encontramos que: (dE)T = (dQ)T – (dW)T = 0 W if = ∫ pdV = µRT ∫ i f Vf ⇒ Vf Vi (dQ)T = (dW)T = µRT (lnVf − lnVi ) dV = µRT lnV V Vi V Q if = W if = µRT ln f V i Capítulo 20 . Desse modo. a temperatura se mantém constante e portanto não existe variação da energia interna nesse processo.Prof.fisica. e assim por diante.Halliday.br/~romero 23 . Resnick e Walker v 2 = v0 31 18 45 Um mol de um gás ideal sofre uma expansão isotérmica. a derivada parcial se transforma em derivada total.dW e para uma gás ideal. Resnick e Walker 61 Um mol de um gás ideal monoatômico percorre o ciclo 123 da figura abaixo.br/~romero 24 1 3 . logo: µ CV dT = . onde CV é o calor específico molar a volume constante.Halliday.Prof. e neste caso. para cada um dos três 2 processos e para o ciclo como um todo.dW e portanto: W12 = − µCV ∫ dT T1 T2 ou seja: W12 = µ CV (T1 – T2) Capítulo 20 . não existe troca de calor com o ambiente. O calor específico molar a volume constante é definido como: 1 ∂E CV = Int µ ∂T V =const Mas a energia interna do gás ideal depende exp0licitamente apenas da temperatura. o processo 2 → 3 é adiabático e o processo 3 → 1 ocorre a pressão constante.Halliday. Prove que o trabalho realizado pelo gás é µ CV (T2 – T1) . a variação de p energia interna ∆EI e o trabalho realizado W . Romero Tavares da Silva Capítulo 20 .fisica.ufpb. O processo 1 → 2 ocorre a volume constante. Resnick e Walker 57 Sejam µ moles de um gás ideal que se expande adiabaticamente de uma temperatura inicial T1 até uma temperatura final T2 . ou seja: 1 dE Int ⇒ µ dT A primeira lei da Termodinâmica diz que: CV = dE Int = µCV dT dEInt = dQ . a) Calcule o calor Q . temos que: µ CV dT = dQ – dW Quando a transformação for adiabática . T1 = 300K T2 = 600K T3 = 455K dEInt = dQ – p dV V O processo 1 → 2 é realizado a Cap 20 www. Usando a definição de trabalho. ou seja dQ = 0 e pV γ = const .fisica.br/~romero 25 .1288J A energia interna de um gás ideal é dada por: Cap 20 www. encontramos que: W 31 = ∫ pdV = p1 ∫ dV = p1 (V1 − V3 ) 3 V3 1 V1 e como o gás é ideal ou seja: pV=µRT W31 = R (T1 – T3) = .dW ⇒ ∆EInt = .740J W12 = 0 O processo 2 → 3 é realizado adiabaticamente. dEInt = .W12 Como se trata de um gás ideal monoatômico: E Int = ou seja: W 23 = − e como temos apenas um mol: 3 W 23 = − R (T3 − T2 ) 2 e portanto: 3 µR (T3 − T2 ) 2 3 µRT 2 ∆EInt = W23 = 1.807J Q23 = 0 O processo 3 → 1 é realizado a pressão constante. Romero Tavares da Silva volume constante: dEInt = dQ ⇒ ∆EInt = Q12 Como se trata de um gás ideal monoatômico: E Int = ou seja: Q12 = e como temos apenas um mol: Q12 = e portanto: 3 R (T2 − T1 ) 2 3 µR (T2 − T1 ) 2 3 µRT 2 ∆EInt = Q12 = 3.Prof.ufpb. 314J/mol . Use 1.1932J 2 3 µRT 2 Usando a primeira lei da Termodinâmica.00atm = 1. determine a pressão e o volume nos pontos 2 e 3 .0 x10 5 N / m 2 = 2.0atm p2 = V2 Cap 20 www. K V1 = T1 = 300K T2 = 600K T3 = 455K RT1 = 0.013x105Pa e R = 8.00atm = 1.br/~romero 26 .00atm .fisica.ufpb. temos que: ∆EInt = Q31 – W31 ou seja: Q31 = ⇒ Q31 = ∆EInt + W31 5 R (T1 − T3 ) = -3220J 2 b) A pressão no ponto 1 é 1.Prof. Romero Tavares da Silva E Int = e portanto: ∆E Int = 3 R (T1 − T3 ) = . K p1 = 1.0373m 3 V3 = p3 V2 = V1 RT2 = 2.013x105Pa R = 8.314J/mol .246m 3 p1 p 3 = p1 RT3 = 0.