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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 15
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
15-2:	Pela Eq. (15-2), 
(6/9)(41.0 – 32) = 5.0ºC.
(5/9)(107 – 32) – 41.7ºC.
(5/9)(-18 – 32) = -27.8ºC.
15-4:		(5/9)(45.0 – (-4.0)) = 27.2ºC
15-6:	(9/5)(11.8) = 21.2ºF.
15-8:	a)	TC = 400 – 273.15 = 127ºC,
TC = 95 – 273.15 = -178ºC, 
TC = 1.55 x 107 – 273.15 = 1.55 x 107ºC.
15-10:	Pela Eq. (15-4), (7.476)(273.16 K) = 2042.14 K – 273.15 = 1769ºC.
15-12:	Na escala Kelvin, o ponto triplo da água é igual a 0.01ºC que corresponde a 273.16 K. De acordo com o Exercício 15-10, a temperatura de fusão normal da platina é igual a 1769ºC ou 2042.14 K. 
	
15-14:	 (T = ((L)/((L0) = (25 x 10-2 m)/((2.4 x 10-5 (ºC)-1)(62.1 m)) = 168 ºC, logo a temperatura é igual a 183ºC.
15-16:		d + (d = d(1 + ((T)
		= (0.4500 cm) (1 + (2.4 x 10-5 (ºC)-1)(23.0ºC – (-78.0ºC)))
		= 0.4511 cm = 4.511 mm.
15-18:		((T = (2.0 x 10-5 (ºC)-1)(5.00ºC – 19.5ºC) = -2.9 x 10-4.
15-20:		Pela Eq. (15-8), (T = 
ºC, logo T = 49.4ºC.
15-22:		O coeficiente pode ser achado pela inclinação da curva a 9ºC.
15-24:	a)	A = L2, (A = 2L(L = 
 Porém 
((T, logo
		(A = 2((TA0 = (2()A0(T.
(A = (2()Ao(T = (2) (2.4 x 10-5(ºC)-1)(( x (.275 m)2))(12.5ºC) = 
1.4 x 10-4 m2.
15-26:	Pela Eq. (15-12),
		F = -Y ((TA
	= -(0.9 x 1011 Pa)(2.0 x 10-5(ºC)-1)(-110ºC)(2.01 x 10-4 m2)
	= 4.0 x 104 N.
15-28:	a)	(L = ((TL = (1.2 x 10-5 K-1)(35.0 K)(12.0 m) = 5.0 x 10-3 m.
Usando valores absolutos na Eq. (15-12),
Y((T = (2.0 x 1011 Pa)(1.2 x 10-5 K-1)(35.0 K) = 8.4 x 107 Pa.
15-30:		
 
ou aproximadamente igual a 24 min.
15-32:	a) O trabalho realizado pelo atrito é a energia mecânica,
	
Usando o resultado da parte (a) para Q na Eq. (15-13) obtemos
(T = (1.54 x 103 J)/((35.0 kg)(3650 J/kg(K)) = 1.21 x 10-2 ºC.
15-34:	Supondo Q = (0.60) x 10 x K,
	(T = (0.60) x 10 x 
15-36:	a)	Q = mc(T = (0.320 kg)(4190 J/kg(K)(60.0 K) = 8.05 x 104 J.
	b)	
15-38:	a)	Vamos usar o índice inferior m para designar o homem e o índice inferior w para designar a água, e chamaremos de T a temperatura de equilíbrio final. Então,
					-mmCm(Tm = mwCw(Tw
		-mmCm(T – Tm) = mwCw(T – Tw)
		mmCm(Tm – T) = mwCw(T – Tw)
	Explicitando T, obtemos T = 
 Substituindo números, e lembrando que podemos trocar K por ºC, e que a massa da água é .355 kg, obtemos
	
		Portanto, T = 36.85ºC.
Usando um termômetro digital sensível podemos medir esta variação visto que ele pode ler .1ºC. 
15-40:		Q = m (c(T + Lf )
				= (0.350 kg) ((4190 J/kg(K)(18.0 K) + 334 x 103 J/kg)
				= 1.43 x 105 J = 34.2 kcal
15-42:		a)	
		b)	
 
logo o tempo necessário para fundir o gelo é igual a 21.7 min + 230 min = 252 min.
		c)
			
15-44:	a)	m(c(T + Lv) = (25.0 x 10-3 kg) ((4190 J/kg(K)(66.0 K) + 2256 x 103 J/kg) =
		6.33 x 104 J.
mc(T = (25.0 x 10-3 kg)(4190 J/kg(K)(66.0 K) = 6.91 x 103 J.
Uma queimadura com vapor d’água é muito mais prejudicial para a pele do que uma queimadura com água quente.
15-46:	a)	
Esta quantidade de água possui um volume igual a 101 cm3, cerca de um terço do volume de uma lata de refrigerante.
15-48:	Para este caso, os cálculos necessários são
		
15-50:	O calor perdido pela amostra é o calor ganho pelo calorímetro e água, e 
	o calor específico da amostra é
	
ou 1000 J/kg(K com somente dois algarismos significativos porque a variação de temperatura geralmente é medida com dois algarismos significativos.
15-52:	O calor perdido pela amostra produz a fusão da massa m de gelo, onde
	
	Visto que a massa obtida é menor do que a massa de gelo, nem todo o gelo se funde e a amostra é realmente esfriada até 0ºC. Note que não foi necessário converter gramas para quilogramas.
15-54:	Igualando o calor perdido pelo chumbo com o calor ganho pelo calorímetro 
	(incluindo a mistura água - gelo),
			mPbCPb (200ºC – T) = (mw + mice) cwT + mCucCuT + miceLf.
	Explicitando a temperatura final T e substituindo os valores numéricos,
		
	(O fato de obtermos uma temperatura Celsius positiva confirma que o gelo todo foi realmente fundido.)
15-56:	Ambas as unidades SI de H e de 
 são watts, a unidade de área é m2, a unidade de diferença de temperatura é K, a , a unidade de comprimento é metro, logo as unidades SI de condutividade térmica são
			
15-58:	Usando a regra de derivação em cadeia, H = 
 e explicitando K na Eq. (15-21), obtemos
				
15-60:	a)	Pela Eq. (15-21),
			H = (0.040 W/m(K)(1.40 m2) 
ou aproximadamente igual a 200 W com dois algarismos significativos nos cálculos.
O resultado da parte (a) fornece a potência necessária.
15-62:	a)	A taxa de transferência de calor é a mesma através das duas barras metálicas. Visto que o comprimento da barra de cobre é conhecido,
		H = (385.0 W/m(K)(4.00 x 10-4 m2)
O comprimento da barra de aço pode ser achado substituindo-se o resultado anterior pelo valor de H na Eq. (15-21) e explicitando L2, ou, visto que H e A possuem os mesmo para as duas barras.
	L2 = 
15-64:	Pela Eq. (15-25), para e = 1,
(5.67 x 10-8 W/m2(K4)(273 K)4 = 315 W/m2.
Um fator igual a 10 na temperatura faz aumentar a taxa de irradiação de um fator igual a 104; logo a resposta é: 3.15 x 106 W/m2.
15-66:	De acordo com a Equação (15-26), a potência fornecida deve ser igual a Htotal, portanto,
		P = Ae((T4 – Ts4)
		 =(4((1.50 x 10-2 m)2)(0.35)(5.67 x 10-8 W/m2(K4)((3000 K)4 – (290 K)4)
		 = 4.54 x 103 W.
15-68:	O raio é calculado através da relação
			
	Substituindo os valores numéricos, os raios para as partes (a) e (b) são, respectivamente,
			
			
O raio de Procyon B (Rb) é comparável com o raio da Terra e o raio de Rigel (Ra) é comparável com a distância entre a Terra e o Sol.
15-70:	Substituindo os valores numéricos na Eq. (15-28) obtemos
			18ºC + (5.0 K/W)(12 W) = 78ºC.
15-72:	Explicitando (T na Eq. (15-28) obtemos 
			 (T = Tic – Tamb, rtérm = 
Portanto,
	a)	
	b)	
15-74:	Todas as dimensões lineares do aro cresceriam com um mesmo fator igual a ((T, logo o aumento do raio do aro seria igual a 
			R((T = (6.38 x 106 m)(1.2 x 10-5 K-1)(0.5 K) = 38 m.
15-76:	a)	A variação de altura será igual à diferença entre as variações dos volumes do líquido e do vidro, dividido pela área. O líquido pode se expandir livremente ao longo da coluna, porém não através do diâmetro do tubo, logo o aumento de volume é refletido na variação do comprimento da coluna do líquido no gargalo.
Obtemos 
		
15-78:	a)	O volume perdido, 2.6 L, é a diferença entre o volume do tanque e o volume do combustível depois da expansão e para calcular a diferença máxima de temperatura devemos determinar
			
ou aproximadamente igual a 28 ºC; portanto a temperatura máxima ocorrida naquele sábado foi de 32ºC.
Nenhuma variação de volume de combustível pode ocorrer quando o tanque é cheio imediatamente antes do avião levantar vôo.
15-80:	Ao deduzir a Eq. (15-12), supomos que (L = 0; quando esta condição não é satisfeita, ocorre uma tensão térmica e uma tensão mecânica de dilatação; a Eq. (15-12) pode ser escrita agora na forma
				
	Para a situação deste problema, existem duas variações de comprimento que somadas devem ser igual a zero, logo a Eq. (15-12) pode ser estendida para dois materiais a e b do seguinte modo
			
	Note que na relação anterior, (T, F e A devem possuir valores iguais para as duas barras. Explicitando a tensão F/A, obtemos 
	
		
usando dois algarismos significativos.
15-82:	a)	A variação de volume devidaa um aumento de temperatura é dada por (V(T, e a variação de volume devida a um aumento de pressão é dada por
				
(Eq. (11-13)).
Fazendo a variação total igual a zero, obtemos 
		(V(T = 
�� EMBED Equation.3 ou seja, (p = B((V.
Pela relação anterior, (p = (1.6 x1011 Pa)(3.0 x 10-5 K-1)(15.0 K) 
				= 8.64 x 107 Pa.
15-84:	Igualando o calor perdido pelo refrigerante e pela caneca com o calor ganho pelo gelo e explicitando a temperatura final T, obtemos 
 T=
	Note que a massa do gelo (0.120 kg) aparece no denominador desta expressão multiplicada pelo calor específico da água; depois que o gelo se funde, a massa do gelo fundido aumentar até T.
15-86:	a)	O cabrestante realiza um trabalho sobre a corda com uma taxa
	
		
ou 180 W usando dois algarismos significativos. O torque resultante que a corda exerce sobre o cabrestante, igual e contrária ao torque que o cabrestante exerce sobre a corda é dado pela diferença entre as forças nas extremidades do raio. Um número maior de voltas poderia fazer a força aumentar, porém para forças fornecidas, o torque não depende do número de voltas.
	b)		
15-88:	Fazendo a diminuição da energia interna da água igual ao valor final da energia potencial gravitacional, obtemos 
		Lf(wVw + Cw(wVw(T = mgh.
Explicitando h, e substituindo os números, encontramos
	
15-90:	Ver o Problema 15-87. Designando C a relação C = a + bT, com a e b independentes da temperatura, por integração, obtemos
			
	Nesta forma, as temperaturas para a parte linear podem ser expressas em termos de graus Celsius, porém a parte quadrática deve ser convertida para temperatura em kelvins, T1 = 300 K e T2 = 500 K. Substituindo os valores, obtemos 
			
15-92:	A razão entre as massas é
		
logo uma quantidade de 0.0696 kg de vapor d’ água fornece a mesma quantidade de calor fornecida por 1.00 kg de água. Note que o calor específico da água foi usado para achar o calor perdido pelo vapor d’água condensado.
15-94:	a)	Os três possíveis estados finais são gelo a uma temperatura abaixo de 
		0.0ºC, uma mistura de gelo - água a 0.0ºC ou água a uma temperatura 
		acima de 0.0ºC. Para fazer uma tentativa elaborada para a possibilidade 
		do estado final, note que (0.140 kg)(2100 J/kg(K)(15.0 ºC) = 4.41 kJ são 
		necessários para fazer o gelo chegar até 0.0ºC, e precisamos remover uma 
		quantidade de calor de (0.190 kg)(4190 J/kg(K)(35.0 ºC) = 27.9 kJ para 
		fazer a água se esfriar até 0.0ºC, donde se conclui que a água não deve 
		congelar. A liquefação total do gelo necessitaria de uma quantidade de
	calor adicional igual a (0.140 kg)(334 x 103 J/kg) = 46.8 kJ, logo somente 
	uma parte do gelo se liqüefaz; portanto a temperatura final do sistema é 
	igual a 0.0ºC.
			Considerar as outras possibilidades levaria a contradições.
O gelo absorve 27.9 kJ de energia calorífica para esfriar a água até 0ºC. Logo
serão convertidos em água. Logo permanecem em equilíbrio na temperatura final .070 kg de gelo e .260 kg de água.
15-96:	A massa de vapor d’água condensada é igual a 0.525 kg – 0.490 kg = 0.035 kg. O calor perdido pelo vapor d’água quando ele condensa e esfria é
			(0.035 kg)Lv + (0.035 kg)(4190 J/kg(K)(29.0 K),
e o calor ganho pela água original e pelo calorímetro é dado por
	((0.150 kg)(420 J/kg(K) + (0.340 kg)(4190 J/kg(K))(56.0 K) = 8.33 x 104 J.
	Igualando o calor perdido com o calor ganho e explicitando Lv obtemos o valor 
		2.26 x 106 J/kg, ou seja, 2.3 x 106 J/kg 
com somente dois algarismos significativos porque a massa da água condensada é conhecida com dois algarismos significativos.
15-98:	Explicitando k na Eq. (15-21), obtemos 
		
= 5.0 x 10-2 W/m(K.
15-100:	
 logo 
 
A diferença de temperatura através da combinação é dada por
			
	logo R = R1 + R2.
15-102:	Vamos designar as grandezas relativas ao cobre, ao latão e ao aço, respectivamente, por 1, 2 e 3, e chamando a temperatura da junção de T0, obtemos 
H1 = H2 + H3, 
usando a Eq. (15-21) e dividindo pelo área comum,
			
		ExplicitandoT0 obtemos
			
		Substituindo os valores numéricos obtemos T0 = 78.4ºC.
Usando H = 
 para cada barra, com 
(T1 = 21.6 ºC, (T2 = (T3 = 78.4ºC, obtemos 
H1 = 12.80 W, H2 = 9.50 W, H3 = 3.30 W
e verificamos que H1 é a soma de H2 e H3.
15-104:	A Equação (15-21) pode ser escrita na forma
			
H = (380 J/kg(K)(2.50 x 10-4 m2)(140 ºC / m) = 13.3 W.
Usando índices inferiores para os pontos 1 e 2, obtemos 
		 H2 – H1 = 
 
Explicitando 
 para o ponto 2, obtemos
				
A massa m é (A(x, logo o fator multiplicando 
 na relação anterior é igual a 
				
 
Portanto,
			
140 ºC/m + (137 s/m)(0.250 ºC/s) = 174 ºC/m.
15-106:	a)	Supondo que não haja nenhuma perda de energia substancial na 
		região entre a Terra e o Solução, a potência por unidade de área será 
		inversamente proporcional ao quadrado da distância até o centro do Sol,
		logo o fluxo de energia na superfície do Sol é dada por
		 (1.50 x 103 W/m2) 
 = 6.97 x 107 W/m2.
Resolvendo a Eq. (15-25) com e = 1, obtemos
				
15-108:	a)	Como (p = 0, obtemos 
				
		portanto
				
	b)			
15-110:	a)	O calor gerado pelo hamster é o calor fornecido para a caixa, logo
	
(1.20 kg/m3)(0.0500 m3)(1020 J/mol(K)(1.60 ºC/h) = 97.9 J/h.
Levando em conta a eficiência, obtemos 
			
15-112:	Pelo resultado do Problema 15-111, a taxa de transferência de calor através de cada invólucro é relacionada com a diferença de temperatura pela equação 
			H = 
 
onde l é o comprimento do cilindro, b é o raio externo do cilindro e a é o raio interno do cilindro. Seja (T1 a diferença de temperatura através da cortiça (T2 a diferença de temperatura através do isopor, usando os mesmos índices para as condutividades térmicas e taxas de transferência de calor. Então,
			 (T1 + (T2 = (T = 125 ºC. 
Fazendo H1 = H2 = H e cancelando os fatores comuns, obtemos 
				
	Eliminando (T2 e explicitando (T1 obtemos
				
	Substituindo os valores numéricos obtemos (T1 = 37 ºC, e a temperatura no raio onde as camadas se encontram é 140ºC – 37ºC – 103ºC.
Pela relação anterior, substituindo os valores numéricos para (T1 e usando a relação anterior para H1 = H, obtemos 
		
15-114:	a)	No verão, o momento de inércia I e o comprimento d indicados na 
		Equação (13-39) deverão crescer com o mesmo fator, logo o período será 
		mais longo e o relógio começará a atrasar (perde tempo). Analogamente 
		concluímos que no inverno o relógio começará a adiantar (ganhar tempo). 
		(Um pêndulo ideal é um caso especial de pêndulo.)
	b)	
(1.2 x 10-5 (ºC)-1) x (10.0 ºC) = 1.2 x 10-4.
Ver o Problema 13-83; para evitar uma possível confusão, designe 
período do pêndulo por (. Para este problema,
	 
6.0 x 10-5, 
logo e um dia o relógio ganha um tempo
 (86,400 s)(6.0 x 10-5) = 5.2 s (com dois algarismos significativos.)
		
(1/2)((T < (86,400)-1, 
portanto		
< 2 ((1.2 x 10-5 (ºC)-1)(86,400))-1 = 1.93 ºC.
Note que usamos a variação relativa do período do pêndulo, logo a solução não depende do período do pêndulo.
15-116:	a)	As taxas são:
280 W,
(54 J/h(ºC(m2)(1.5 m2)(11 ºC)/(3600 s/h) = 0.248 W,
(1400 W/m2)(1.5 m2) = 2.10 x 103 W,
(5.67 x 10-8 W/m2(K4)(1.5 m2)((320 K)4 – (309 K)4) = 116 W.
A taxa total é igual a 2.50 kW, sendo que a parcela maior é devida à radiação solar.
b)	
Refazendo os cálculos anteriores com e = 0 e em virtude da diminuição da área obtemos uma potência igual a 945 W e uma correspondente taxa de evaporação igual a 1.4 L/h. Vestir roupas que refletem a radiação solar faz diminuir fortemente a absorção da luz solar. Vestir roupasgrandes e frouxas com áreas grandes também facilita a evaporação.
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