• Veja outras Questões de Gases Ideais

(A) 1,0 atm.
(B) 2,5 atm.
(C) 3,0 atm.
(D) 24,8 atm.
(E) 30,0 atm.

Solução:
Temos $$P_{1}=1$$ atm, $$T_{1}= 25 +273 = 298 K$$ e $$T_{2}=621+273 = 894 K$$. Sabendo que o volume do gás é constante, a lei dos gases ideias nos diz que $$P_{1}/T_{1}=P_{2}/T_{2}$$, logo

\[1/298 = P_{2}/894\longrightarrow P_{2}=894/298 = 3,0\; atm.\]

O post Uma lata desse tipo de desodorante foi lançada apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) 100%.
b) 97%.
c) 33%.
d) 3%.

Dados: a pressão atmosférica vale $$1,0\cdot 10^{5}\, Pa$$. Considere que o ar se comporta como um gás ideal.

• Acesse + Exercícios sobre Gases Perfeitos

Solução:

Vamos escrever a Equação de Clapeyron para a água e para o ar, considerando um mesmo volume e uma mesma temperatura.
$$P_{A}\cdot V = n_{A}\cdot R\cdot T \longrightarrow n_{A} = \frac{P_{A}\cdot V}{R\cdot T}$$

$$P_{atm}\cdot V = n_{atm}\cdot R\cdot T \longrightarrow n_{atm} = \frac{P_{atm}\cdot V}{R\cdot T}$$

Para saber qual a porcentagem de moléculas de água basta fazer $$\frac{n_{A}}{n_{atm}}$$

$$\frac{n_{A}}{n_{atm}} = \frac{P_{A}\cdot V}{R\cdot T}\cdot\frac{R\cdot T}{P_{atm}\cdot V} \longrightarrow \frac{n_{A}}{n_{atm}} = \frac{3\cdot 10^{3}}{1\cdot 10^{5}} \longrightarrow \frac{n_{A}}{n_{atm}} = 3%$$

Resposta: letra D.

O post Pressão parcial é a pressão que um gás pertencente apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) 30,0 Pa.
b) 330,0 Pa.
c) 36,3 Pa.
d) 3,3 Pa.

Solução:

Na situação inicial temos $$P_{i} = 33\, Pa$$, $$V_{i} = 2\, l$$ e $$T_{i} = T$$.
Na situação final temos $$V_{f} = 2,2\, l$$ e $$T_{f} = T$$, já que no enunciado diz que a temperatura não variou.
Agora podemos encontrar $$P_{f}$$:

$$\frac{P_{i} V_{i}}{T_{i}} = \frac{P_{f} V_{f}}{T_{f}} \longrightarrow \frac{33\cdot 2}{T} = \frac{P_{f}\cdot 2,2}{T} \longrightarrow P_{f} = 30\, Pa\$$

Resposta: letra A.

O post UNICAMP 2017 – 1ª Fase – Q. 61 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Admita que, imediatamente após a colocação do gás argônio em uma embalagem específica, esse gás assume o comportamento de um gás ideal e apresenta as seguintes características:

Nessas condições, o volume, em mililitros, ocupado pelo gás na embalagem é:

(A) 96
(B) 85
(C) 77
(D) 64

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Solução:

Aqui vamos utilizar a equação geral dos gases: $$P\cdot V = n\cdot R\cdot T$$. Para isso, temos que transformar a quantidade de massa do gás em quantidade de mols. Os valores de massa molar do argônio e o valor da constante universal dos gases (R) são dados na prova.

40 g ———- 1 mol

0,16 g ———- n

$$n = 4\cdot 10^{-3}\, mol$$

Agora podemos utilizar a equação

$$P\cdot V = n\cdot R\cdot T \longrightarrow 1\cdot V = 4\cdot 10^{-3}\cdot 0,08\cdot 300 \longrightarrow V = 96\cdot 10^{-3}\, L = 96\, mL$$

Resposta: letra A.

O post UERJ 2019 – 1° Exame de Qualificação – Q. 37 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Adotando os valores $$R = 8\, \frac{J}{mol\cdot K}$$ para a constante universal dos gases e $$c_{V} = 12\, \frac{J}{mol\cdot K}$$ para o calor específico molar desse gás a volume constante, a quantidade de calor absorvida pelo gás para que sofresse tal transformação foi de

(A) 16000 J.
(B) 14000 J.
(C) 18000 J.
(D) 12000 J.
(E) 10000 J.

Confira outras questões dessa prova
Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Calorimetria

Solução:

O post UNESP 2022 – 2ª Fase – Q.52 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

• Acesse: Listas de Exercício da FATEC
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Admita que o ar se comporte como um gás ideal e que o processo seja isotérmico.

(A) 0,2.
(B) 0,4.
(C) 4,0.
(D) 6,0.
(E) 8,0.

Solução:

Basta utilizarmos a transformação isotérmica da equação geral dos gases: $$\frac{P_{1}V_{1}}{T_{1}}=\frac{P_{2}V_{2}}{T_{2}}$$, em que $$T_{1}=T_{2}$$, $$V_{1}=120 mL$$, $$P_{1}= 1\; atm$$ e $$V_{2}=15 mL$$.

Assim,

\[1\cdot 120=P_{2}\cdot 15\Longrightarrow \]

\[P_{2}=120/15 = 8\; atm.\]

Resposta: e)

O post Uma das atrações de um parque de diversões é a barraca apareceu primeiro em Educacional Plenus.

A respeito dessas transformações, afirmou-se o seguinte:
I. O trabalho total realizado no ciclo ABCA é nulo.
II. A energia interna do gás no estado C é maior que no estado A.
III. Durante a transformação $$A\longrightarrow B$$, o gás recebe calor e realiza trabalho.

Está correto apenas o que se afirma em

a) I.
b) II.
c) III.
d) I e II.
e) II e III.

Note e adote:
o gás deve ser tratado como ideal;
a transformação $$B\longrightarrow C$$ é isotérmica.

Confira as outras questões de Física da FUVEST 2015 – 1ª Fase

Confira nossa lista de Exercícios Resolvidos de Lei dos Gases

Solução:

I. Falsa. Como o gráfico indica um movimento anti-horário nas transformações do gás, significa que o gás recebeu trabalho externo para as transformações.

II. Verdadeira. A pressão no ponto C é maior que no ponto A. Como o volume é constante, significa que a temperatura em C é maior que a temperatura em A. A energia interna dos gases é diretamente proporcional à temperatura, portanto a energia interna em C é maior que a energia interna em A.

III. Verdadeira. Com a pressão constante, acontece um aumento de volume, o que indica realização de trabalho. Além disso, se o volume aumenta à pressão constante, a temperatura também aumenta, ou seja, o gás recebeu calor.

Resposta: letra E.

O post Fuvest 2015 – 1ª Fase – Q.64 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

(A) entre os pontos D e A ocorre transformação isocórica e o trabalho realizado pelo gás é negativo.
(B) entre os pontos B e C ocorre transformação isocórica e o trabalho realizado pelo gás é nulo.
(C) entre os pontos C e D ocorre transformação isobárica e o trabalho realizado pelo gás é nulo.
(D) entre os pontos A e B ocorre transformação isocórica de compressão.
(E) entre os pontos A e D ocorre transformação isobárica de expansão.

Confira nossa lista de Exercícios Resolvidos de Lei dos Gases

Solução:

Entre os pontos A e B: transformação isobárica (pressão constante) com expansão (trabalho positivo).
Entre os pontos B e C: transformação isocórica, não há variação de volume (trabalho nulo).
Entre os pontos C e D: transformação isobárica (pressão constante) com compressão (trabalho negativo).
Entre os pontos D e A: transformação isocórica, não há variação de volume (trabalho nulo).
Resposta: letra B.

O post FATEC 2018 – Q. 38 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

O gás é aquecido, expandindo-se isobaricamente, e o êmbolo desloca-se 10 cm até atingir a posição de máximo volume, quando é travado, conforme indica a figura 2.

Considerando a área interna da base do cilindro igual a $$2,0\cdot 10^{–2} m^{2}$$, determine a temperatura do gás, em kelvin, na situação da figura 2. Supondo que nesse processo a energia interna do gás aumentou de 600 J, calcule a quantidade de calor, em joules, recebida pelo gás. Apresente os cálculos.

Confira nossa lista de Exercícios Resolvidos de Lei dos Gases

Solução:

O post UNESP 2017 – Meio do Ano (2ª Fase) – Q. 20 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

O topo da montanha é gelado porque o ar quente da base da montanha, regiões baixas, vai esfriando à medida que sobe. Ao subir, o ar quente fica sujeito a pressões menores, o que o leva a se expandir rapidamente e, em seguida, a se resfriar, tornando a atmosfera no topo da montanha mais fria que a base. Além disso, o principal aquecedor da atmosfera é a própria superfície da Terra. Ao absorver energia radiante emitida pelo Sol, ela esquenta e emite ondas eletromagnéticas aquecendo o ar ao seu redor. E os raios solares que atingem as regiões altas das montanhas incidem em superfícies que absorvem quantidades menores de radiação, por serem inclinadas em comparação com as superfícies horizontais das regiões baixas. Em grandes altitudes, a quantidade de energia absorvida não é suficiente para aquecer o ar ao seu redor.
(http://super.abril.com.br. Adaptado.)

Segundo o texto e conhecimentos de física, o topo da montanha é mais frio que a base devido

(A) à expansão adiabática sofrida pelo ar quando sobe e ao fato de o ar ser um bom condutor de calor, não retendo energia térmica e esfriando.
(B) à expansão adiabática sofrida pelo ar quando sobe e à pouca irradiação recebida da superfície montanhosa próxima a ele.
(C) à redução da pressão atmosférica com a altitude e ao fato de as superfícies inclinadas das montanhas impedirem a circulação do ar ao seu redor, esfriando-o.
(D) à transformação isocórica pela qual passa o ar que sobe e à pouca irradiação recebida da superfície montanhosa próxima a ele.
(E) à expansão isotérmica sofrida pelo ar quando sobe e à ausência do fenômeno da convecção que aqueceria o ar.

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Solução:

O ar sofre uma expansão se trocas de calor, portanto uma transformação adiabática. Além disso, a inclinação da encosta da montanha irradia pouco calor e não aquece o ar no entorno.

Resposta: letra B.

O post UNESP 2016 (1ª Fase) – Q. 80 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.