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⇒ mágua � 1,0(0 � 50) � mgelo � 0,50f0 � (�10)g � 80mgelo � 0 ⇒
⇒ �50mágua � 85mgelo � 0 ⇒ mágua � 1,7mgelo (I)
Mas, como a massa total de água resultante é de 5 400 g, po-
demos concluir que:
mágua � mgelo � 5 400 (II)
De (I) e (II), temos:
a) mgelo � 2 000 g
b) mágua � 3 400 g
c) A energia absorvida pelo gelo é a quantidade de calor total,
Q, por ele consumido, necessária para elevá-lo a 0 °C e de-
pois fundi-lo, dada por:
Q � mgelocgeloste � � Lgelomgelo ⇒ 
⇒ Q � 2 000 � 0,50f0 � (�10)g � 80 � 2 000 ⇒
⇒ Q � 170 000 cal
I) Errado. Cobertor não é fonte de calor, é apenas um isolante
térmico.
II) Correto. A louça é um bom isolante térmico e, portanto, di-
ficulta a perda do calor para o meio ambiente.
III) Correto. O ar frio tende a descer e o quente a subir. Essa co-
locação facilita a convecção e, portanto, a refrigeração do
ambiente.
Resposta: alternativa b.
O calor do Sol chega até nós por irradiação.
Resposta: alternativa c.
Não havendo meio condutor, não pode haver condução nem
convecção. O calor se transfere de um corpo para o outro por ra-
diação.
Resposta: alternativa a.
A única diferença que ocorre entre as duas situações está na
temperatura de ebulição da água, que é menor em Campos do
Jordão do que em Ubatuba, cidade litorânea onde a pressão at-
mosférica é maior. Por isso, o chá em Campos do Jordão é sem-
pre um pouco mais frio ou menos quente do que em Ubatuba.
Resposta: alternativa a.
I) Correto. Para que haja realização de trabalho deve haver va-
riação do volume do gás.
II) Correto. A compressão muito rápida pode ser considerada
adiabática, na qual não há troca de calor com o ambiente.
Por essa razão, da Primeira Lei da Termodinâmica, conclui-
se que a energia interna do gás aumenta e, portanto, a sua
temperatura também aumenta.
III) Correto. Essa é a ideia básica do conceito de calor específico.
Resposta: alternativa d.
Da Lei Geral dos Gases Perfeitos sabemos que pV � nRT. A
pressão p pode ser obtida pela razão entre o peso da válvula,
P � 0,82 N, sobre a área do tubinho, S � 3,0 � 10�5 m2, consi-
derando desprezível a ação da pressão atmosférica nesse caso,
o que é razoável, pois ela, na válvula, atua praticamente em to-
dos os sentidos. Temos então:
p � ⇒ p � ⇒ p � 2,7 � 105 Pa
Como o volume livre dos gases é um terço do volume da panela,
que tem 18 L, conclui-se que o volume é:
V � 6,0 L ⇒ V � 6,0 � 10�3 m3
A temperatura de ebulição da água nesse caso é t � 127 °C,
ou seja:
T � 127 � 273 ⇒ T � 400 K
Sendo R � 8,2 J/mol � K, da Lei Geral dos Gases Perfeitos,
pV � nRT, temos:
2,7 � 105 � 6,0 � 10�3 � n � 8,2 � 400 ⇒ n � 0,49 mol
a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos na forma � 
sendo V constante, p0 � 12 N/cm2, T0 � 300 K e T � 350 K,
temos:
� ⇒ p � 14 N/cm2
b) O módulo da força resultante F0 correspondente à pressão p0
é dado pela definição de pressão, p � em que p0 �
� 12 N/cm2 e S � 225 cm2. Temos, portanto:
p0 � ⇒ F0 � p0S ⇒ F0 � 12 � 225 ⇒ F0 � 2 700 N
Para a força resultante F� correspondente à pressão p �
� 14 N/cm2, temos:
F� � pS ⇒ F� � 14 � 225 ⇒ F� � 3 150 N
a) O trabalho realizado sobre o gás é a “área sob a curva” AB,
um trapézio, que é dada por:
τ � ⇒ τ � ⇒
⇒ τ � 
b) No estado A temos os valores p0, V0 e T0. Para o esboço do
gráfico pressão � temperatura é preciso determinar o valor
de T no estado B, onde p � 2p0 e V � Logo, da Lei
Geral dos Gases Perfeitos na forma � temos:
� ⇒ T � � T0
Com esses valores, em A, p0; T0 e, em B, 2p0; � T0, es-
boçamos o gráfico a seguir:
t0gelo
d
P
 S 
----- 0,82
 3,0 10 5� �
------------------------- 
 p0V0 
T0
------------- pV 
T
-------- ,
12
 300 
---------- p
 350 
---------- 
 F 
S
----- ,
 F0 
S
------- 
 (B b)h� 
2
---------------------- 
 (2p0 p0)[V0
2
 3 
----- � V0]�� 
2
------------------------------------------------------------ 
 p0V0 
2
------------ 
 2V0 
3
---------- .
 p0V0 
2
------------ pV 
T
-------- ,
 p0V0 
T0
------------ 
 2p0
 2V0 
3
----------- �
T
--------------------------- 4
 3 
------ 
 4 
3
----- 
T0
1
3
0
p0
A
B2p0
p
T
T0
2
3 T0
4
3
T0
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592.
591.
590.
589.
588.
587.
586.
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a) Para que haja equilíbrio é preciso que a força resultante da
pressão interna, F ====
Q, que atua verticalmente para cima na
base do bloco Q do gás aprisionado equilibre o peso desse
bloco, P ========
Q, acrescido da força resultante da ação da pressão
atmosférica, F ====
O, ambas dirigidas verticalmente para baixo.
Veja a figura:
Podemos portanto escrever, em módulo, PQ � F0 � FQ. Mas,
PQ � Mg � 50 � 10 � 500 N e F0 � p0S � 105 � 0,010 �
� 1000 N. Logo, FQ � 500 � 1000 � 1500 N. Portanto, a
pressão do gás aprisionado, nessas condições, é:
p1 � ⇒ p1 � ⇒ p1 � 1,5 � 105 Pa
Mas, antes da colocação do cilindro Q, o tubo estava à pres-
são atmosférica ambiente, p0 � 1,0 � 105 N, contendo gás
no seu volume total, aberto, V0 � SH � 0,01 � 6,0 � 0,060 m3.
Como a temperatura não varia, da Lei de Boyle podemos
escrever:
p0V0 � p1V1 ⇒ 1,0 � 105 � 0,060 � 1,5 � 105V1 ⇒ V1 � 0,040 m3
Como área da base do cilindro Q é, também, S � 0,010 m2,
temos:
V1 � Sy1 ⇒ 0,040 � 0,010y1 ⇒ y1 � 4,0 m
b) e c) Sendo h � 0,5 m a altura de cada cilindro, a altura livre
acima de Q, na figura 2 do enunciado, é:
h� � H � y1 � h ⇒ h� � 6,0 � 4,0 � 0,50 ⇒ h� � 1,5 m
Logo, nessas condições, o volume livre do gás à pressão
atmosférica é � Sh� � 0,010 � 1,5 � 0,015 m3. Colo-
cando o cilindro R, idêntico ao cilindro Q, a pressão que ele
deve aprisionar para equilibrar a força exercida pela pressão
atmosférica acrescida do peso do cilindro é a mesma que o
cilindro Q aprisiona no caso anterior. Logo, p3 � p1 �
� 1,5 � 105 Pa. Como a temperatura não varia, aplicando no-
vamente a Lei de Boyle para a colocação do cilindro R, po-
demos determinar o volume V3 de gás por ele aprisionado.
Temos:
p0 � p3V3 ⇒ 1,0 � 105 � 0,015 � 1,5 � 105V3 ⇒
⇒ V3 � 0,010 m3
Sendo S � 0,010 m2 a área da base do cilindro R, temos:
V3 � Sy3 ⇒ 0,010 � 0,010y3 ⇒ y3 � 1,0 m
A pressão p2 do gás aprisionado pelo cilindro Q é, agora, a
pressão necessária para exercer a força capaz de equi-
librar o peso do cilindro Q, P ====
Q acrescido da força resultante
F ====
3 exercida sobre ele pela pressão p3. Veja a figura:
Em módulo, temos:
PQ � F3 � 
Mas PQ � 500 N e F3 � p3S � 1,5 � 105 � 0,010 � 1500 N.
Logo, � 500 � 1500 � 2 000. Portanto, a pressão do
gás aprisionado, nessas condições, é:
p2 � ⇒ p2 � ⇒ p2 � 2,0 � 105 Pa
Aplicando novamente a Lei de Boyle para o gás aprisionado
por Q, temos:
p1V1 � p2V2 ⇒ 1,0 � 105 � 0,015 � 2,0 � 105V2 ⇒
⇒ V2 � 0,0075 m3
Sendo S � 0,010 m2 a área de base do cilindro Q, temos:
V2 � Sy2 ⇒ 0,0075 � 0,010y2 ⇒ y2 � 0,75 m
A melhor alternativa para essa questão seria a Segunda Lei da
Termodinâmica, que explicita melhor o Princípio da Conserva-
ção da Energia. Não havendo essa alternativa, a única alterna-
tiva possível para essa questão é a b.
Resposta: alternativa b.
a) O trabalho, , realizado sobre a esfera é o trabalho realizado
contra a gravidade, necessário para elevar o centro de mas-
sa da esfera da altura d, dado pelo acréscimo de energia po-
tencial gravitacional adquirida pelo corpo, � mg�h �
� mgd, acrescido do trabalho necessário para vencer a
pressão atmosférica, τ0 � p0�V. Temos portanto:
τ � mgd � p0�V
b) Esse trabalho é positivo, τ � 0, pois ele é realizado pelo sis-
tema contra o ambiente. Sendo Q � 0, também, pois foi for-
necido ao sistema, podemos determinar a variação da ener-
gia interna, �EI, desse sistema pela Primeira Lei da Termo-
dinâmica, Q � τ � �EI. Temos, portanto:
Q � mgd � p0�V � �EI ⇒ �EI � Q � mgd � p0�V
a) Podemos calcular esse trabalho pela soma das “áreas sob
as curvas” nos trechos AB, onde o trabalho é positivo, e no
trecho CD, onde o trabalho é negativo. Nos trechos AD e BC
o trabalho é nulo, pois, nesses trechos, o volume permanece
constante. Temos, portanto:
τABCD � τAB � τCD ⇒ τABCD � (6 � 2)10�2 � 0,75� 105 �
� (6 � 2)10�2 � 0,50 � 105 ⇒ τABCD � 1,0 � 103 J
p0
p1
FO=
FQ=PQ=
 FQ 
S
------- 1 500
 0,010 
-------------- 
V0�
V0�
V0�
F ====�Q
F3=
FQ=PQ=
�
FQ�
FQ�
 FQ�
S
-------- 2 000
 0,010 
--------------- 
ττ
�EPg
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595.
596.
597.
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b) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, pode-se con-
cluir que a temperatura mais alta corresponde ao maior pro-
duto pV e a temperatura mais baixa corresponde ao menor
produto pV. Logo, a temperatura mais alta corresponde ao
ponto B, que chamaremos TB, e a temperatura mais baixa
corresponde ao ponto D, TD. Aplicando a Lei Geral dos Ga-
ses Perfeitos aos valores da pressão, volume e temperatura
correspondentes a esses pontos, temos:
pBVB � nRTB (I) e pDVD � nRTD (II) 
Dividindo (I) por (II), obtemos:
� 
Substituindo pelos valores do gráfico dado, temos:
� ⇒ � 4,5
O trabalho útil realizado pelo gás na expansão em módulo é
τu � p�V. Portanto, sendo p � 5,00 � 105 N/m2 e �V �
� 1,50 � 10�3 m3, o trabalho realizado é:
τu � 5,00 � 105 � 1,50 � 10�3 ⇒ τu � 750 J 
A energia total, Et,fornecida ao motor pode ser obtida pelo calor
de combustão desse combustível, cujo valor é 7,50 � 103 cal/g.
Como são consumidos 0,20 g, temos:
Et � 0,20 � 7,50 � 103 ⇒ Et � 1500 cal ⇒ Et � 6 000 J
Logo, o rendimento � pode ser obtido pela razão entre o traba-
lho útil fornecido pelo motor e a energia total consumida. Por-
tanto, temos:
� � ⇒ � � ⇒ � � 0,13 (dois algarismos sig-
nificativos) ⇒ � � 13%
Resposta: alternativa b.
O rendimento de uma máquina de Carnot é � � 1 � Logo,
para essas temperaturas, T1 � 127 � 273 � 400 K e T2 �
� �33 � 273 � 240 K, esse rendimento seria:
� � 1 � ⇒ � � 0,40
Se a turbina tem 80% desse rendimento, temos:
� � 0,80 � 0,40 ⇒ � � 0,32 ⇒ � � 32%
Resposta: alternativa e.
Se a fonte quente fornece Q1 � 4 000 J e a máquina realiza tra-
balho τ � 800 J, pelo Princípio da Conservação da Energia é li-
berada para a fonte fria uma quantidade de calor:
Q2 � 800 � 4 000 � �3 200 J
Mas sabemos que � Logo, sendo T2 � 300 K,
temos:
� ⇒ T1 � 375 K
Resposta: alternativa a.
Se somente uma das esferas estiver carregada ao aproximar-
mos as duas esferas sem carga, não haverá atração elétrica en-
tre elas, o que invalida a hipótese I.
Com duas esferas carregadas, com cargas de sinais opostos, e
uma esfera neutra, ao aproximarmos essas esferas duas a duas
teremos atração em todos os casos. Se as três esferas estive-
rem carregadas, pelo menos duas delas terão cargas de mesmo
sinal. Ao aproximarmos esferas com cargas de mesmo sinal ha-
verá repulsão, o que invalida a hipótese III.
Resposta: alternativa b.
Ao se atritar A com B, B ganha elétrons, ou seja, B fica eletri-
zado negativamente. Portanto, A fica com excesso de cargas
positivas, ou seja, eletrizado positivamente. Ao aproximarmos
o bastão eletrizado positivamente de cada esfera, ele atrairá a
esfera B e a esfera C e repelirá a esfera A.
Resposta: alternativa b.
Quando o bastão eletrizado com carga negativa se aproxima do
condutor descarregado, ele induz uma separação de cargas. A
esfera A (parte do condutor situada mais próximo ao bastão)
fica com excesso de cargas positivas. A esfera B fica com ex-
cesso de carga negativa. Ao afastarmos uma esfera da outra,
na presença do bastão, essa configuração se mantém e a sepa-
ração de cargas se torna definitiva – cargas positivas na esfera
A e cargas negativas na esfera B.
Resposta: alternativa d.
Do gráfico, obtemos r � 3,0 m e F � 2,5 � 10�8 N. Sendo
q1 � q2 � q, da Lei de Coulomb, temos:
F � k � ⇒ F � k � ⇒ 
⇒ 2,5 � 10�8 � 9 � 109 � ⇒ 2,5 � 10�17 � q2 ⇒
⇒ q2 � 25 � 10�18 ⇒ q � 5 � 10�9 C
Resposta: alternativa e.
a) A partícula �Q estará em equilíbrio se a resultante das for-
ças que atuam sobre ela for nula. Na região I, a partícula fica
sujeita à força F ====1 devido à carga �4Q e à força F ====2 devido à
carga �Q. A força elétrica é diretamente proporcional ao
produto das cargas e é inversamente proporcional ao qua-
drado da distância entre elas. É fácil verificar que F1 será
sempre maior que F2 e, portanto, a resultante dessas forças
é diferente de zero.
Na região II, a partícula fica sujeita à força F ====1 devido à carga
�4Q e à força F ====2 devido à carga �Q. Essas forças têm a
mesma direção e sentido, portanto, não se anulam.
TB
 TD 
-------- pBVB
 pDVD 
------------- 
TB
 TD 
-------- 0,75 6�
 0,50 2 �
-------------------- TB
 TD 
-------- 
τu
 Et 
------- 750
 6 000 
--------------- 
 T2 
T1
------- .
240
 400 
---------- 
 Q2 
Q1
----------- T2 
T1
------- .
 3� 200 
4 000
----------------------- 300 
T1
---------- 
 q1q2 
d2------------ q q �
r2------------- 
q2
 3,02 
----------- 
0 1 2 3
q
4
�4Q
I II III
�Q
5 6 7 8 9 10 11 1312
F1= =F2
0 1 2 3 4
�4Q �Q
5 6 7 8 9 10 11 1312
F1=
F2=
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