Termodinâmica II - FMT 259
Diurno e Noturno, primeiro semestre de 2009
Lista 2
(Entregar até dia 19 de março) Leia o capítulos 1.2 e 1.3 do livro-texto e resolva os exercícios abaixo:
1. Que hipóteses são feitas a respeito da constituição de um gás, na teoria cinética? Resposta:
Ler seção 11.2 (página 241) do livro Curso de Física Básica vol. 2 Moysés Nussenzveig
2. Uma molécula de N2, cuja massa molecular é 28 g/mol, colide elasticamente com a parede do recipiente
em que está contida com uma velocidade de 470 m/s, fazendo um ângulo de 55o com a direção normal.
Qual é o impulso transmitido à parede? Resposta:
Da de nição de impulso temos que −→
I = ∆−→p . (1)
Chamaremos a direção paralela à parede de direção x. Como a única força que atua na molécula durante a colisão é a força normal, que está na direção x, então, só a componente x do momento é alterada e portanto o impulso é transmitido apenas na direção x (Iy = Iz = 0).
Ix = 2 m v cos θ, (2)
onde θ é o angulo entre o vetor velocidade e a normal ao plano da parede, ou seja o eixo x. Substituindo os valores do enunciado na equação acima teremos
Ix = 2, 5× 10−23 N s. (3)
3. Uma caixa cúbica de 1,0 cm de aresta contém ar à pressão atmosférica, temperatura de 295 K e cuja densidade é 1,29 kg/m3. Estime o número de colisões moleculares por segundo nas paredes da caixa.
Resposta:
Seja ∆S um elemento de superfície da parede perpendicular ao eixo da colisão. Em um intervalo de tempo ∆t, as moléculas com velocidade vi que estão próximas o su ciente da parede ( mais especi camente,
apenas as moléculas que estão contidas num volume vi⊥ ∆t ∆S ) colidirão com a superfície. Entretanto
há moléculas se aproximando e se afastando da parede. Se assumirmos igual probabilidade, metade das partículas se aproximam e metade se afastam em relação a superfície. De maneira que o número de colisões nas paredes devido as moléculas com velocidade vi é
#colisões tipo i = 1
2 ni vi⊥ ∆S ∆t, (4)
sabendo que ∆S = 6L2, o número de colisões totais nas paredes por unidade de tempo é
#colisões ∆t = 1 2 6L 2 ∑ i ni vi⊥, (5)
onde L é o tamanho da aresta da caixa. O valor médio de v⊥, que indicaremos por hv⊥i, é por de nição a
média ponderada hv⊥i = ∑ ini vi⊥ ∑ ini , (6)
sabendo que∑ini= n, teremos #colisões ∆t = 1 2 6L 2 nhv ⊥i, (7)
devido a isotropia da distribuição de velocidades temos
hv⊥i = 13 hvi, (8)
lembrando que n = N/V = N/L3, teremos
#colisões
∆t =
N
L hvi. (9)
Agora nos resta calcular hvi. Vamos estimar o valor da velocidade média pelo valor da velocidade quadrática média Vqm= √ hv2i que vale hvi ≈ Vqm= √ 3 P ρ , (10) Portanto #colisões ∆t ≈ N L √ 3 P ρ = α Na L √ 3 P ρ , (11)
onde α é o número de mols do gás e Na é o número de avogadro. Assumindo que o ar é um gás ideal,
então um mol de gás ideal ocupa um volume de 22, 415 ` = 22, 415 × 10−3 m3, portanto no volume
L3 = 1, 0× 10−6 m3 estão contidos α = 4, 461 × 10−5 mols de ar. E o número de colisões nas paredes é
#colisões
∆t ≈ 1, 29 × 10
24 colisões/s. (12)
4. Um feixe molecular de oxigênio contendo 1010 moléculas/cm3, com velocidade média de 500 m/s, incide
sobre uma placa segundo um ângulo de 30o com a normal da placa. Calcule a pressão exercida pelo feixe
sobre a placa, supondo as colisões perfeitamente elásticas. Resposta:
A pressão de um gás se deve as colisões entre as partículas constituintes do gás e as paredes. Sendo essa colisão elástica, o momento transferido à parede é ∆p⊥= 2 m v⊥, onde o simbolo ⊥ signi ca a componente perpendicular a superfície. A força total exercida na parede é o momento transferido pela colisão de uma única particula vezes número de colisões nas paredes por segundo.
O cálculo para obter o número de colisões por segundo nas paredes é analogo ao item anterior. Seja ∆S um elemento de superfície da parede perpendicular ao eixo da colisão. Em um intervalo de tempo ∆t, as moléculas com velocidade vi que estão próximas o su ciente da parede ( mais especi camente, apenas as
moléculas que estão contidas num volume vi⊥ ∆t ∆S ) colidirão com a superfície. Como trata-se de um
feixe de moléculas, todas elas se aproximam da parede. Portanto o número de colisões nas paredes devido as moléculas com velocidade vi é
#colisões = ni ∆S vi⊥ ∆t. (13)
O momento total transferido pelas colisões com ∆S durate ∆t é
∆pi total= (# colisões) × ∆pi⊥ = 2 ni m v2i⊥ ∆S ∆t. (14)
Assim a força devido as moléculas com velocidade vi é a taxa de variação do momento Fi⊥= ∆pi total/∆t
tal que
Fi⊥= 2 ni m vi2⊥ ∆S, (15)
portanto a pressão devido as moléculas com velocidade vi nas paredes é dada por
tomando a média, teremos a pressão exercida pelo feixe sobre a placa
P = 2 n mhv⊥2i, (17)
como v⊥= v cos 30o e a massa molar do O2 é 32 g/mol então,
P ≈ 2, 0 × 10−4 P a. (18)
5. Calcule a velocidade quadrática média (Vqm): (a) de moléculas do gás de Bi, cuja massa é 3,47 × 10−22
g, à temperatura de 2,7 × 10−7 K (em uma experiência de condensação de Bose-Einstein, um gás de Bi é
resfriado em uma armadilha magneto-óptica à essa temperatura)1; (b) de partículas de poeira com massa
de 1,0 × 10−13 g, suspensas no ar à temperatura de 295 K; (c) de um vírus, com massa de 2,0 × 10−17 g,
imerso no sangue à temperatura de 310 K. Resposta:
Pelo teorema da equipartição da energia temos que 1 2 m hv 2i = 3 2kBT, (19) Vqm = √ hv2i = √ 3kBT m (20)
onde kB é a constante de Boltzmann
(a) A velocidade quadrática média (Vqm) das moléculas do gás de Bi, cuja massa é 3,47 × 10−22 g, à
temperatura de 2,7 × 10−7 K é
Vqm = 5, 67× 10−3 m/s. (21)
(b) Assumindo que as partículas de poeira estão em equilíbrio térmico com as partículas que compõem o ar, temos que a velocidade quadrática média (Vqm) de partículas de poeira com massa de 1,0 × 10−13 g,
suspensas no ar à temperatura de 295 K é
Vqm = 1, 1× 10−2 m/s. (22)
(c) Assumindo que o víru está em equilíbrio térmico com as partículas que compõem o sangue, temos que a velocidade quadrática média (Vqm) de um vírus, com massa de 2,0 × 10−17 g, imerso no sangue à
temperatura de 310 K é
Vqm = 0, 8 m/s. (23)
Desa o aos que tiverem mais tempo
Pressão da radiação
Pressão de radiação é a pressão exercida sobre uma superfície devido à incidência de uma onda eletromag-nética. Uma onda eletromagnética possui momento, embora não tenha massa e se mova sempre a velocidade da
1Um condensado de Bose-Einstein é um novo estado da matéria observado a temperaturas muito baixas, próximas do zero
absoluto. Nestas temperaturas os átomos colapsam (ou condensam) no estado mínimo de energia possível, e adquirem um compor-tamento coletivo, suas identidades se fundem. A possibilidade da existência deste estado da matéria foi prevista por Albert Einstein em 1925, em um trabalho onde adapta cálculos estatísticos feitos pelo um físico indiano Satyendra Nath Bose para partículas com massa. O Condensado de Bose-Einsten permaneceu apenas como uma possibilidade teórica por cerca de 70 anos até que, em 1995 físicos da Universidade do Colorado conseguiram observar pela primeira vez sua formação, usando um gás de átomos de rubídio resfriados à 170 nanokelvins (nK). Os Condensados de Bose-Einstein apresentam diversos comportamentos estranhos, como uir para fora do seu recipiente, muitos deles ainda não completamente compreendidos. Estudar suas propriedades, do ponto de vista teórico e experimental vem mobilizando muitos cientistas nos dias de hoje; Condensados de Bose-Einstein já foram produzidos na USP de São Carlos e são estudados do ponto de vista teórico por vários pesquisadores do IFUSP.
luz, c. Além de se comportar como uma onda, em muitas situações a luz também se comporta como uma partícula, conhecida hoje como fóton. Os fótons estão sempre à velocidade c, e carregam um momento | ~p | = E/c2. A
energia E do fóton está associada à frequência da luz, de modo que, embora sempre se movam com a mesma velocidade, fótons associados a luzes de diferentes cores tem momentos diferentes3.
Suponha que tenhamos um grande número de fótons presos em um recipiente (uma estrela muito quente, por exemplo).
(a) Repita o cálculo que zemos para calcular a pressão de um gás, agora calculando a pressão da radiação: não substitua o momento px de uma partícula de luz por mvx, mas por E/c, e mostre que, para um gás de fótons,
P V = U/3, onde U é a energia dos fótons.
Resposta:
A pressão de um gás se deve as colisões entre as partículas constituintes do gás e as paredes. Sendo essa colisão elástica, o momento transferido à parede é ∆p⊥ = 2 m v⊥ = 2 p⊥, onde o simbolo ⊥ signi ca a componente perpendicular a superfície.
Agora precisamos do número de colisões por segundo. Seja dS um elemento de superfície da parede perpendicular ao eixo da colisão. Em um intervalo de tempo dt, as moléculas com velocidade vi que estão
próximas o su ciente da parede ( mais especi camente, apenas as moléculas que estão contidas num volume
vi⊥ dt dS ) colidirão com a superfície.Entretanto há moléculas se aproximando e se afastando da parede. Se
assumirmos igual probabilidade, metade das partículas se aproximam e metade se afastam em relação a superfície. De maneira que o número de colisões nas paredes devido as moléculas com velocidade vi é
#colisões = 1
2 ni dS vi⊥ dt (24)
O momento total transferido pelas colisões com dS durate dt é
dpi⊥= #colisões 2pi⊥ (25)
A força devido as moléculas com velocidade vi é a taxa de variação do momento Fi⊥= dpi⊥/dtsendo assim
Fi⊥= ni pi⊥ vi⊥ dS, (26)
portanto a pressão nas paredes é dada por
Pi= ni pi⊥ vi⊥ (27)
tomando a média, e levando em consideração a isotropia do espaço
P = 1
3n hpvi. (28)
A velocidade dos fotons é a velocidade da luz. Então o termo pv na expressão acima representa a energia E = pc de um único fotons. Além disso, sabemos que n = N/V . Portanto
P = 1 3 N V E. (29) P V = 1 3 U (30)
onde U = NE é a energia interna total do gás.
(b) Qual seria o equivalente da expressão P Vγ = C, válida em transformações adiabáticas em um gás ideal,
neste caso4?
2Para entender essa expressão para o momento de um fóton, veja um texto básico de relatividade (Moysés, Halliday, etc.). 3Uma experiência simples sobre pressão de radiação pode ser feita em classe no ensino médio. Veja por exemplo o sítio "The
Radiation Pressure of Light", from The Wolfram Demonstrations Project,
http://demonstrations.wolfram.com/TheRadiationPressureOfLight , acessado em 05/03/2010.
4Veja, por exemplo, o capítulo 39-3 (Compressibility of Radiation), do livro The Feynman Lectures on Physics, vol 1. Talvez
você precise recordar como se mostrou que P Vγ
Resposta:
Suponha a seguinte relação
P V = 1
3 U. (31)
A primeira lei da termodinâmica em transformações adiabáticas (∆Q = 0) temos que
dU =−P dV, (32)
substituindo a equação (31) na (32) teremos
dU U =− 1 3 dV V , (33) ln U =−1 3 ln V + C, (34)
que vale a igualdade
U = C V−13, (35)
substituindo esse resultado na equação (31) teremos
P V = C V−13, (36)
P V43 = C. (37)
Essa é uma outra aplicação da teoria cinética dos gases, muito usada em astronomia e astrofísica: permite calcular qual a contribuição da pressão de radiação em uma estrela, e como ela muda quando a estrela se expande (ou é comprimida). Uma estrela "em equilíbrio", como o Sol, está sob a ação de forças que tendem à contrai-la e de forças que tendem à expandi-la. O equilíbrio se dá quando essas tendências opostas se equilibram por um longo tempo - alguns bilhões de anos - até que eventualmente uma delas vence a disputa (e o sistema sai do equilíbrio). A única força atrativa que pode fazer a estrela se contrair é a gravidade. Já a tendência à expansão é devida a mais de um fator, e os mais importantes são a pressão térmica, a pressão de radiação e a pressão quântica. A pressão térmica é a pressão usual, devida ao movimento das partículas (com massa) que compõe a estrela. Em muitos casos, como o do Sol, é a mais importante. Em estrela mais quentes que o Sol, porém, o efeito da pressão de radiação (que pode ser calculada como você acabou de fazer) é preponderante; a chamada pressão quântica, importante para entender o equilíbrio, por exemplo, de estrelas conhecidas como Anãs Brancas, é uma força repulsiva devido a um princípio quântico conhecido como princípio de exclusão de Pauli, que diz que se os elétrons se aproximarem muito um dos outros, devem ter velocidades muito diferentes, o que causa uma expansão. Essa pressão, que tem origem na degenerescência do elétron, não depende da temperatura, mas da densidade.
