Calor e 1a lei.pdf - Unidade Acadêmica de Física - UFCG

Notas de aula – Física II; Profs Ricardo e Amauri
Calor e Primeira Lei
CALOR E PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA
Calor – é a energia transferida de um corpo para outro em virtude, basicamente, de uma
diferença de temperatura.
1 – Capacidade Calorífica e Calor Específico
A quantidade de calor necessária para alterar a temperatura de um corpo de massa m é dada pela
seguinte equação:
Q = m c ∆T , (1)
onde c é o calor específico e ∆T é a variação de temperatura sofrida pelo corpo. A unidade de
calor é o Joule (SI), representada pela letra J.
Da Eq. (1) podemos concluir que o calor Q é negativo se o corpo esfria ou positivo se aquece.
Para isto é necessário que calor saia do corpo ou entre nele.
A capacidade calorífica, que significa a quantidade necessária de calor para elevar de um grau a
temperatura do corpo, é definida da seguinte maneira:
Levando (2) em (1), obtemos que Q = C∆T.
C = m c. (2)
A unidade de capacidade calorífica é J/K ou J/°C. O calor específico, por outro lado, é J/kg.K.
Em muitos livros é comum a utilização da caloria (cal) como unidade de medida para o calor.
1 cal = 4,184 J.
Por último temos a capacidade calorífica por mol, denominada de Capacidade Calorífica Molar,
definida da seguinte maneira:
onde M é a massa molecular da substância.
Cm = M c , (3)
Sendo cagua > careia, explique porque durante o dia o vento vem do oceano para o continente e a
noite faz o caminho inverso.
A Tabela 1 mostra algumas substâncias com seus respectivos calores específicos.
Substância c (kJ/kg.K) Substância c (kJ/kg.K)
Alumínio 0,900 Prata 0,233
Chumbo 0,128 Tungstênio 0,134
Cobre 0,386 Água 4,18
Gelo 2,05 Álcool etílico 2,4
Ouro 0,126 Mercúrio 0,14
1

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Calor e Primeira Lei
Calorímetro – é um equipamento utilizado para determinar o calor específico de uma
substância. Ele consiste simplesmente de um recipiente isolado termicamente.
Considere um corpo de massa m e temperatura inicial Ti. Este corpo é colocado num calorímetro
(Figura 1) de massa mc e temperatura inicial Tci contendo uma quantidade de água de massa ma a
uma temperatura inicial Tai. Vamos calcular a temperatura final que todos os corpos ficam após
atingir o equilíbrio termodinâmico considerando que Ti > Tci = Tai.
Fig. 1 – Corpo de massa m numa temperatura Ti é colocado dentro de um calorímetro com uma temperatura
menor. O corpo cederá calor ao calorímetro até que estes fiquem com uma temperatura final de equilíbrio Tf.
O calor que o corpo cede a água e ao calorímetro até atingir a temperatura final Tf é:
Qced = mc(Ti – Tf).
Este calor é igual àquele que o sistema calorímetro + água recebe, ou seja:
Qrec = maca(Tf - Tai) + mccc(Tf - Tci).
Como Qced = Qrec, obtemos:
água
mc( Ti
− T f ) = maca
( T f − Tai
) + mccc
( T f − Tci
) . (4)
Da Eq. (4) podemos obter o valor de c.
Nota: Mais precisamente podemos dizer que Qrec + Qced = 0. Daqui, podemos fazer sempre a
temperatura final – temperatura inicial. O resultado é também a equação (4).
2 – Mudança de fase e calor latente.
Mudança de fase – é a mudança de um estado físico de uma substância. Nesta mudança, o corpo
não altera sua temperatura pois toda energia recebida pelo corpo está sendo utilizada para separar
as moléculas entre si (caso ele esteja recebendo calor). Isto equivale a aumentar a energia
potencial de interação entre elas.
O calor necessário para que ocorra a mudança de fase de uma substância de massa m é:
Qf, v =m.Lf, v. (5)
Lf e Lv é o calor latente de fusão e de vaporização, respectivamente.
→
2

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Calor e Primeira Lei
Exemplo clássico: Um pedaço de gelo de 200g a 0°C foi colocado em 500g de água a 20°C. O
sistema está num vaso que tem capacidade calorífica desprezível e está termicamente isolado.
(a) qual a temperatura final de equilíbrio e (b) quanto gelo foi derretido?
Solução: Antes é necessário saber se a quantidade de gelo é capaz de derreter completamente.
Se sim, então ele chegou a 0°C, pelo menos!
Quantidade necessária de calor para o gelo derreter a 0°C.
Q1 = m.Lf = 0,2.333,5x10 3 = 66700J.
O calor recebido pelo gelo foi fornecido pela água. Se este não for suficiente para derreter todo
gelo, então, já podemos dizer que a temperatura final é 0°C.
Quantidade de calor necessário para a água chegar a 0°C.
Q2 = ma.ca(Ti – Tf) = 0,5.4180.(20 – 0) = 41800 J.
Como Q2 < Q1, então o gelo não será completamente derretido e a temperatura de equilíbrio é
0°C! Então
41800 = m.Lf ⇒ m = 41800/333500 = 0,125 kg ou 125 g é a quantidade de gelo derretido.
Quais as outras possibilidades que poderíamos ter para este tipo de problema?
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Calor e Primeira Lei
Curiosidade: Fases da água (http://www.physicalgeography.net/fundamentals/8a.html)
única forma das moléculas de água se unirem.
água no estado sólido (forma ordenada)
água no estado líquido (forma semi-ordenada)
água no estado de vapor
3 – A Primeira Lei da Termodinâmica
O calor líquido (Q) adicionado a um sistema é igual à variação de energia interna (∆U) do
sistema mais o trabalho (W) realizado pelo sistema. Esta Lei é uma lei de conservação de
energia. Matematicamente ela é dada por:
Q = ∆U + W . (6)
∆U > 0 → normalmente está relacionada com o aumento de temperatura e/ou mudança de fase.
∆U < 0 → decréscimo de temperatura.
W > 0 → o sistema realiza trabalho – um gás se expandindo e empurrando um pistão é um ótimo
exemplo.
W < 0 trabalho realizado sobre o sistema – um gás sendo comprimido.
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Calor e Primeira Lei
Q > 0 → calor entra no sistema.
Q < 0 → calor sai do sistema.
A variação de energia interna só depende do estado final e do estado inicial (por isto é
considerada uma função de estado assim como P, V e T), porém, Q e W dependem do caminho
tomado para sair de um estado e ir para outro, logo não são consideradas funções de estado.
Se escrevermos
dQ = dU + dW, (7)
podemos dizer que dU é uma diferencial mas dQ e dW são apenas quantidades infinitesimais
adicionadas ao sistema.
4 – A Energia Interna de um Gás
A energia cinética total de um gás é:
K = 3nRT/2.
Se esta é a única energia do gás, então
U = 3nRT/2.
Isto só é possível se considerarmos que o gás é formado por átomos. Caso o gás seja composto
por moléculas, então a rotação destas deve ser considera no cálculo da energia cinética. Devemos
ter em mente que a energia interna só depende da temperatura que o gás se encontra. Assim, se
existe uma variação de temperatura, a variação da energia interna só depende destas
temperaturas e não do caminho como estas temperaturas foram variadas.
Expansão livre adiabática
A energia interna depende ou não do volume que ele ocupa?
Na expansão livre, o gás não troca calor com o ambiente, logo Q = 0. Também, como o vácuo no
lado direito (Figura 2) não oferece qualquer resistência a sua expansão, temos W = 0. Logo, ∆U
= 0, ou seja, não ocorre qualquer variação de temperatura. Isto vale quando a pressão dentro do
vasilhame é pequena.
Na expansão, espera-se que a energia potencial de interação aumente pois a distância entre as
moléculas aumentam, conseqüentemente, a energia cinètica diminui, logo a temperatura também.
Para um gás ideal, isto não foi verificado.
parede abiabática
Gás
Vácuo
Fig. 2 – Quando a torneira for aberta o gás se expandirá rapidamente até ocupar os dois compartimentos sob a
mesma pressão.
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Calor e Primeira Lei
5 – Trabalho e Diagrama PV de um Gás
Aplicações da 1 a Lei da Termodinâmica.
Suponha um gás confinado num cilindro. Se o gás se expande, o trabalho realizado por ele sobre
o pistão de área A é:
dW = F.dx = PA.dx = PdV. (8)
Nota: o trabalho é o produto interno entre a força e o deslocamento de um corpo F.dx. Se o
deslocamento não está no mesmo sentido da força, então o trabalho é negativo.
Da Eq. (8), podemos escrever que o trabalho é dado por:
V
V PdV
∫
= f
W (9).
i
O que é fundamental para se calcular o trabalho a partir da Eq. (9) é saber como a pressão varia
com V! Veja também que o trabalho é igual à área sob a curva de P contra V.
Exemplos:
Processo isobárico (Figura 4, caminho 1 → 2 ou 4 → 3): Se o volume do gás aumenta a pressão
constante de um volume V1 para um volume V2, a temperatura aumenta pois saímos o gás sai de
uma isotérmica para outra e para que isto ocorra, calor é adicionado. Então
Q > 0 e ∆U > 0.
V
2
W = ∫ PdV = P V −V
) > 0.
V
1
PRESSÃO
.( 2 1
VOLUME
Fig. 3 – Quando o pistão se move
para direita, o volume aumenta de
um valor dV = A dx, onde dx é o
deslocamento infinitesil do pistão e
A é a sua área
Fig. 4 – O gráfico mostra 3 situações distintas
para um gás sair do estado 1 para o estado 3
diretamente (processo isotérmico) ou via os
estados 2 ou 4. Como o trabalho é igual a área
sob a curva, então em cada um dos caminhos, o
trabalho é diferente.
6

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Calor e Primeira Lei
Processo isocórico (Figura 4, caminho 1 → 4 ou 2 → 3):
Como V é constante, dV = 0 e conseqüentemente o trabalho também o é. Outro motivo é que não
existe qualquer área sob esta curva. (Figura 4). Assim, pela 1 a Lei, Q = ∆U.
W = 0 J;
Q = ∆U.
Processo isotérmico (Figura 4, caminho 1 → 3): T constante.
W
V
V
nRT
V
= nRT ln
2
2
f
= ∫ PdV = dV
V ∫
1 V1
V
V
W = Q, pois Uf – Ui = 0.
Ciclo Completo
P
P1
P3
Se o ciclo for inverso, o W < 0.
1
.
No caso de uma variação que não esteja incluído nos processos acima, faz-se necessário
determinar como é a função de P em relação à V e aplicar na Eq. 8. Outra maneira, é calcular a
área sob a curva se o ciclo não é completo ou a área da figura que é limitada pelas curvas para
um ciclo completo. Este último, na realidade, não passar de uma integração.
Exemplo:
1
V1
4
WT
V2
2
3
V
Suponha que um litro de um gás está a 1 atm e sofre uma expansão até o volume de 3l e pressão
de 2atm. Em seguida, a pressão é reduzida para 1 atm porém com volume igual a 6l. Calcule o
trabalho total realizado por este gás.
Este problema será resolvido de duas formas, uma por
integração, outra por simples cálculo direto da área sob
3
a curva. Veja que estes dois estágios não se enquadram
em quaisquer daqueles processos apresentados
anteriormente.
2
2
1 2 3
V (l) 1 3 6
P (atm) 1 2 1
WT = W12 + W23 + W34 + W41
WT = P1.(V2 – V1) + 0 + P3.(V4 – V3) + 0
WT = (P1 – P3).(V2 – V1).
Que é a área do retângulo. Aqui, usamos do
fato que V4 = V1, V2 = V3, P4 = P3 e P2 = P1.
Pressão (atm)
1
0
1
3
0 1 2 3 4 5 6 7
Volume (l)
7

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Calor e Primeira Lei
Vemos que entre 1 e 2 e entre 2 e 3, a variação da pressão com o volume se dá através de duas
retas. Assim, é necessário determinar as equações das retas.
Entre 1 e 2: A reta que descreve o processo entre 1 e 2 é dada pela seguinte equação:
P12(V) = ½ V + ½ = ½(V + 1) .
Cálculo do trabalho:
2
3
2
( V + 1)
dV = 1 ( V + V ) ⇒ W = 3l
atm
W P V dV W 1
12 = ∫ ( ) ⇒ 12 =
.
1
∫1
2
2 2
12
Para o processo entre 2 e 3, temos a seguinte equação que relaciona P e V: P(V) = - V/3 +3.
Assim, o trabalho entre 2 e 3 é obtido da seguinte forma:
3
6
2
6
( − V + 3)
dV = ( − V + 3.
V ) ⇒ W = 4,
5l
atm
W 23 = ∫ P(
V ) dV ⇒ W23
=
3
6
23 .
2
∫3
Assim, o trabalho total realizado pelo gás é a soma de cada um dos trabalhos, ou seja, 7,5 l.atm.
Cálculo do trabalho via cálculo da área sob a curva.
Neste caso, os processos entre 1 e 2 e entre 2 e 3 compreendem dois trapézios. A área do
primeiro trapézio que corresponde ao primeiro processo é obtido pela seguinte equação:
( 1 + 2)
W 12 = ( 3 −1)
= 3l.
atm
2
Para o processo entre 2 e 3, temos:
( 2 + 1)
W 23 = ( 6 − 3)
= 4,
5l.
atm
2
Logo, o trabalho total, como era de se esperar, vale 7,5 l.atm.
6 – Capacidades Calorifícas e Teorema da Equipartição da Energia
Até agora não fizemos qualquer menção com relação à capacidade calorífica de um corpo. Se um
gás é aquecido até uma temperatura T a volume constante, todo calor fornecido a este gás é
transformado em energia interna, pois o trabalho realizado pelo gás é zero. Porém, ao ser
aquecido até T isobaricamente, mais calor é necessário pois, simultaneamente, será realizado
trabalho. Logo, podemos dizer que C a volume constante (CV) é menor que C a pressão
constante (CP).
CP > CV.
Matematicamente podemos escrever que:
QV = CV ∆T = ∆U (10)
3
1
3
8

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Calor e Primeira Lei
ou dU = CV dT ⇒ CV = dU/dT (11)
Para P constante, temos:
QP P
ou
= C ∆T
= ∆U
+ P∆V
dT
C P
= dU + PdV (12)
da Eq. (4), temos que V = nRT/P e consequentemente (Supondo P e n constantes) podemos
derivar a seguinte equação:
dV/dT = nR/P. (13)
Levando Eq. (13) na Eq. (12) e usando a Eq. (11), obtemos:
CP V
P V
dT = C dT + nRdT ⇒ C = C + nR . (14)
A Eq. (14) relaciona as duas capacidades caloríficas. Veja, que CP – CV = nR .
Para um gás monoatômico,
U = 3nRT/2.
Utilizando Eq. (11) e (14), obtemos:
CV = 3nR/2 e CP = 5nR/2.
Teorema da Eqüipartição da Energia
Quando uma substância estiver em equilíbrio, a energia média associada a cada grau de liberdade
da molécula é kT/2 por molécula ou RT/2 por mol.
No caso de um gás formado por uma molécula diatômica, podemos dizer que, além dos três
graus de liberdade (translacional em x, y e z) que ela tem, podemos agora acrescentar mais 2
relacionados com a rotação da molécula em torno de dois eixos (x´ e y´) perpendiculares ao eixo
da molécula z´.
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Calor e Primeira Lei
x´
y´
Centro de m assa
Para 5 graus de liberdade, temos:
CV = 5nR/2 e CP = 7nR/2
z´
Para um sólido, na maior parte deles, a capacidade calorífica molar (Cm = C/n) obedece a Lei de
Dulong-Pepit, ou seja:
Cm = 3R = 24,9 J/mol.K
Isto equivale a 6 graus de liberdade!
7 – A Expansão Adiabática Quase-Estática de um Gás
Neste caso o gás se expande adiabaticamente de um ponto (P1, V1) até um ponto (P2, V2) sem
realizar troca de calor com a vizinhança. Neste processo o gás esfria-se ao transformar sua
energia interna ∆U completamente em trabalho, pois o Q = 0. Este processo está representado na
Figura 6. O cálculo do trabalho realizado pelo gás é obtido a partir da Eq. (9).
Da 1 a Lei da Termodinâmica, temos:
dQ = CV dT + PdV, ou
dV dT nR dV
0 = CV
dT + nRT ⇒ + . (15)
V T C V
Levando CP – CV = nR na Eq. (15). obtemos:
dT
T
Integrando a Eq. (16), obtemos:
Fig. 5 – Modelo de um halter rígido de uma
molécula diatômica de um gás. Não é
considerada rotação em torno do eixo da
molécula, pois, para isto seria necessário
considera-la rugosa para que num choque
com outra molécula, acontecer a rotação.
C
⎛ ⎞
P − CV
dV dT CP
dV
+
= 0 ⇒ + ⎜ − 1 ⎟ = 0 . (16)
CV
V T ⎝ CV
⎠ V
γ − 1
ln T + ( γ − 1)
lnV
= cte ⇒ ln( T.
V ) = cte , (17)
V
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Calor e Primeira Lei
onde γ = CP/CV . . Podemos reescrever a Eq. (17) da seguinte maneira:
mas,
PV
nR
V
TV γ-1 =cte . (18)
= cte ⇒ PV
γ −1 γ
= cte . (19)
Fig. 6 – As linhas mais finas representam as isotermas T1 e T2. A curva mais grossa representa o processo
adiabático. O trabalho no processo adiabático é igual a área sob a curva adiabática que liga 1 a 2.
Com relação a cte da Eq. (19), podemos dizer que ela é igual a:
γ γ γ
PV = PV
= PV
= ... = cte
1
1
2
2
Exercício: obter a equação envolvendo a temperatura e a pressão.
Uma maneira de obter o trabalho adiabático é levar a Eq. (19) na Eq. (9) e resolver a integral.
Outra maneira é resolver a seguinte equação:
dW = PdV = -CV dT, pois dQ = 0,
ou
PRESSÃO
T2
T1
(P , V )
W
VOLUME
Adiabática entre
os pontos 1 e 2
(P , V )
∫ PdV = −∫
CV
dT ⇒ Wad
= −C
∆
W V
Comportamento de P com relação a V para
um processo adiabático
ad = T , (20)
onde admitimos que a capacidade calorífica a volume constante é constante.
Um detalhe sobre a Eq. (20) é que, numa expansão adiabática, Tfinal < Tinicial o que resulta num
trabalho positivo e um conseqüente esfriamento deste.
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Calor e Primeira Lei
Podemos abrir a Eq. (20) para obter o Wad em função de P e V. Da Lei dos Gases Ideais e da
Eq. (20), temos:
W
ad
= −C
V
1 1 2 2
V
( T − T ) = C − = ( PV
− PV
)
2
1
V
⎛ P V
⎜
⎝ nR
PV
⎞
⎟
nR ⎠
C
C − C
P
V
( PV
− PV
)
1 1 1 2 2
Wad = ( P1V
1 − P2V
2 ) ⇒ Wad
=
(21)
CP
− CV
γ − 1
C
Exercícios:
V
1) Um grama de água se transforma em 1671 cm 3 quando ocorre o processo de ebulição a uma
pressão constante de 1 atm. Calcule a) o trabalho realizado pela água quando ela se transforma
em vapor e b) o aumento da sua energia interna.
Resposta: a) 169 J; b) 2087 J.
2) Um gás realiza dois processos. No primeiro, o volume permanece constante a 0,200 m 3 e a
pressão cresce de 2,00 x10 5 Pa até 5,00 x10 5 Pa. O segundo processo é uma compressão até o
volume 0,120 m 3 sob pressão constante de 5,00 x10 5 Pa. a) Desenhe um diagrama PV mostrando
estes dois processos e b) calcule o trabalho total realizado pelo gás nos dois processos.
Resposta: a) 0 J; b) –4,00 x 10 4 J.
3) Um mol de um gás ideal inicialmente a 4,00 atm e 350 K sofre uma expansão adiabática até
1,50 vez seu volume inicial. Calcule a temperatura e a pressão no estado final sabendo que o gás
é a) monoatômico; b) diatômico com CV = 2,5R.
Resposta: a) 267,8 K e 2,03 atm; b) 298 K e 2,27 atm.
4) Qual a variação da energia interna do gás monoatômico e o trabalho para o exercício acima?
Resposta: -1025 J e 1025 J.
Exercício para casa: Física - Tipler, Volume 2, 3 edição
De 1 a 7; de 14 a 30; 33 – 35; 67.
1
1
2
2
12