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50no app
20/20/10fáceis/médias/difíceis
Ensino Médio · 2º anonível
FísicaTermodinâmica
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Questão 1Fácil
Em uma transformação isotérmica de um gás ideal, a variação de energia interna é sempre nula (ΔU=0), pois a energia interna de um gás ideal depende apenas da temperatura. Pela Primeira Lei da Termodinâmica, conclui-se então que, nessa transformação:
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Gabarito: A) todo o calor trocado é convertido em trabalho (Q=τ)
Como ΔU=0 na transformação isotérmica, a Primeira Lei (ΔU=Q−τ) se reduz a 0=Q−τ, ou seja, Q=τ: todo o calor absorvido pelo gás é integralmente convertido em trabalho realizado sobre a vizinhança (e vice-versa, na compressão isotérmica).
Questão 2Fácil
A eficiência máxima teórica de uma máquina térmica operando segundo o ciclo de Carnot, entre uma fonte quente de temperatura absoluta Tq e uma fonte fria de temperatura absoluta Tf, é dada por:
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Gabarito: A) η = 1 − Tf/Tq
O rendimento de Carnot é η=1−Tf/Tq, com as temperaturas obrigatoriamente em Kelvin. Quanto maior a diferença relativa entre Tq e Tf, maior o rendimento máximo teórico possível.
Questão 3Fácil
Um gás é comprimido, recebendo 80 J de trabalho do ambiente (ou seja, realiza τ=−80 J), e ao mesmo tempo libera 50 J de calor para o ambiente (Q=−50 J). A variação de energia interna do gás nesse processo foi de:
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Gabarito: A) 30 J
ΔU=Q−τ=(−50)−(−80)=−50+80=30 J. Um erro comum é esquecer o sinal negativo do trabalho na compressão e calcular ΔU=−50−80=−130 J.
Questão 4Fácil
Em uma transformação adiabática real — como a compressão rápida do ar dentro de uma bomba de encher pneus — o gás praticamente não troca calor com o ambiente (Q≈0) porque o processo ocorre rápido demais para haver troca térmica significativa. Nesse caso, o gás:
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Gabarito: A) pode ter sua temperatura alterada, mesmo sem trocar calor, devido ao trabalho realizado sobre ou pelo gás
Em uma transformação adiabática, Q=0, mas isso não significa ΔU=0 (esse é um erro comum, confundindo adiabática com isotérmica). Pela Primeira Lei, ΔU=−τ: se o gás é comprimido (τ<0), sua energia interna aumenta, elevando a temperatura — é por isso que o corpo da bomba de encher pneus esquenta.
Questão 5Fácil
O gráfico ao lado mostra a transformação sofrida por um gás ideal no diagrama p-V: um segmento em reta vertical, ligando o estado 1 (pressão p1, volume V) ao estado 2 (pressão p2, mesmo volume V). Essa transformação é classificada como:
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Gabarito: A) isocórica (ou isovolumétrica), pois o volume permanece constante
No diagrama p-V, uma reta vertical indica que o volume não se altera enquanto a pressão varia — essa é exatamente a definição de transformação isocórica (a volume constante). Como o volume é constante, o trabalho realizado pelo gás nessa transformação é nulo.
Questão 6Médio
Um gás sofre uma compressão isobárica a uma pressão constante de 1,5×10⁵ Pa, tendo seu volume reduzido de 8×10⁻³ m³ para 5×10⁻³ m³. O trabalho realizado pelo gás nesse processo foi de:
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Gabarito: A) −450 J
τ=p·ΔV=1,5×10⁵×(5×10⁻³−8×10⁻³)=1,5×10⁵×(−3×10⁻³)=−450 J. O sinal negativo indica que o gás não realizou trabalho sobre a vizinhança — pelo contrário, recebeu trabalho dela ao ser comprimido.
O diagrama p-V mostra dois ciclos termodinâmicos com o mesmo contorno fechado, porém percorridos em sentidos opostos: o ciclo 1 no sentido horário e o ciclo 2 no sentido anti-horário. Em relação ao trabalho líquido realizado PELO GÁS em cada ciclo, é correto afirmar que:
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Gabarito: A) no ciclo 1 (horário) o trabalho líquido é positivo, como em uma máquina térmica; no ciclo 2 (anti-horário) o trabalho líquido é negativo, como em um refrigerador
O sentido de percurso do ciclo no diagrama p-V determina o sinal do trabalho líquido: um ciclo percorrido no sentido horário produz trabalho líquido positivo (é o caso das máquinas térmicas, que fornecem trabalho útil), enquanto um ciclo percorrido no sentido anti-horário exige trabalho líquido externo (é o caso de refrigeradores e bombas de calor).
Questão 8Médio
Uma máquina térmica tem rendimento de 20% e recebe 2.000 J de calor da fonte quente em cada ciclo. O calor rejeitado para a fonte fria em cada ciclo é de:
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Gabarito: A) 1.600 J
O trabalho realizado é τ=η×Qq=0,20×2.000=400 J. Pela Primeira Lei aplicada ao ciclo, Qf=Qq−τ=2.000−400=1.600 J. Um erro comum é responder apenas o valor do trabalho (400 J), esquecendo que a pergunta pede o calor rejeitado.
Questão 9Médio
Um gás sofre, inicialmente, uma expansão isobárica a 2×10⁵ Pa, com o volume variando de 1×10⁻³ m³ para 3×10⁻³ m³; em seguida, sofre uma transformação isocórica (a volume constante) até atingir uma nova pressão. O trabalho TOTAL realizado pelo gás nas duas etapas foi de:
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Gabarito: A) 400 J
Na etapa isobárica: τ1=p·ΔV=2×10⁵×(3×10⁻³−1×10⁻³)=2×10⁵×2×10⁻³=400 J. Na etapa isocórica, o volume não varia, logo τ2=0. O trabalho total é a soma das duas etapas: τ=400+0=400 J.
Questão 10Médio
Uma máquina térmica tem rendimento de 30% e rejeita 700 J de calor para a fonte fria em cada ciclo. O calor absorvido da fonte quente em cada ciclo foi de aproximadamente:
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Gabarito: A) 1.000 J
Como η=τ/Qq=(Qq−Qf)/Qq=1−Qf/Qq, temos 0,30=1−700/Qq, logo 700/Qq=0,70 e Qq=700/0,70=1.000 J.
Questão 11Difícil
O ciclo termodinâmico representado no diagrama p-V é formado por três segmentos entre os estados A (V=1×10⁻³ m³, p=4×10⁵ Pa), B (V=4×10⁻³ m³, p=4×10⁵ Pa) e C (V=4×10⁻³ m³, p=1×10⁵ Pa), com o retorno de C a A feito por uma reta inclinada, no sentido horário. O trabalho líquido realizado pelo gás nesse ciclo, numericamente igual à área do triângulo ABC, vale:
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Gabarito: A) 450 J
O triângulo ABC tem catetos ΔV=4×10⁻³−1×10⁻³=3×10⁻³ m³ (segmento AB, horizontal) e Δp=4×10⁵−1×10⁵=3×10⁵ Pa (segmento BC, vertical). Sua área (igual ao trabalho líquido do ciclo, pois é percorrido no sentido horário) é τ=(1/2)×ΔV×Δp=(1/2)×3×10⁻³×3×10⁵=(1/2)×900=450 J. Um erro comum é esquecer o fator 1/2 da área do triângulo e responder 900 J.
Questão 12Difícil
Uma máquina de Carnot opera entre uma fonte quente a 127°C e uma fonte fria a −23°C. Em cada ciclo, ela absorve 4.000 J de calor da fonte quente. O trabalho útil realizado pela máquina em cada ciclo é de:
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Gabarito: A) 1.500 J
Convertendo para Kelvin: Tq=127+273=400 K; Tf=−23+273=250 K. O rendimento de Carnot é η=1−250/400=1−0,625=0,375=37,5%. O trabalho útil é τ=η×Qq=0,375×4.000=1.500 J. Um erro comum é esquecer de somar 273 à temperatura negativa em Celsius, tratando −23°C como se já fosse um valor absoluto.
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