\mathbf{6}^{\mathbf{a}} QUESTÃO: Um cilindro vertical com 4,5 \mathrm{~kg} de massa passa por um processo durante o qual a velocidade diminui de 30,5 \mathrm{~m} / \mathrm{s} para 15,2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, enquanto a altura permanece constante. A energia interna específica inicial da massa é 1163,0 \mathrm{~J} / \mathrm{kg} e a energia interna específica final é 1860,8 \mathrm{~J} / \mathrm{kg}. Durante o processo, a massa recebe 2,1 \mathrm{~kJ} de energia por transferência de calor através da superfície da base e perde 1,0 \mathrm{~kJ} de energia por transferência de calor através da superfície de cima. Não há transferência de calor relativa à superfície lateral. Para esse processo, calcule
o trabalho.

Passo 1

O enunciado fornece um cilindro vertical com massa m que passa por um processo onde a velocidade muda e a altura permanece constante. Vou listar claramente os dados que foram dados:
  • massa: m=4,5\\ \mathrm{kg} (peguei do enunciado);
  • velocidade inicial: v_{1}=30,5\\ \mathrm{m/s} (peguei do enunciado);
  • velocidade final: v_{2}=15,2\\ \mathrm{m/s} (peguei do enunciado);
  • altura constante, logo variação de energia potencial é zero (informação do enunciado);
  • energia interna específica inicial: u_{1}=1163,0\\ \mathrm{J/kg} (peguei do enunciado);
  • energia interna específica final: u_{2}=1860,8\\ \mathrm{J/kg} (peguei do enunciado);
  • calor recebido através da base: 2,1\\ \mathrm{kJ} (peguei do enunciado);
  • calor perdido através da superfície de cima: 1,0\\ \mathrm{kJ} (peguei do enunciado);
  • sem transferência de calor pela superfície lateral (informação do enunciado).
O que o enunciado pede: calcular o trabalho realizado durante o processo (usar os dados acima).

Passo 2

Conceito e equação que vamos usar (primeira lei da termodinâmica para sistema fechado, forma energética):
\Delta E = Q - W
onde:
  • \Delta E é a variação da energia total do sistema (soma de variações de energia interna, cinética e potencial);
  • Q é a energia transferida para o sistema por calor (soma algébrica das parcelas de calor que entram e saem);
  • W é o trabalho realizado pelo sistema (pela convenção adotada aqui: trabalho positivo quando feito pelo sistema sobre o ambiente).
Explicando cada termo com calma:
  • Energia interna total do sistema é U = m u, onde u é a energia interna específica (energia por unidade de massa). Então a variação de energia interna é \Delta U = m(u_{2}-u_{1}).
  • Energia cinética do corpo é K = \dfrac{1}{2} m v^{2}. Então a variação de energia cinética é \Delta K = \dfrac{1}{2} m (v_{2}^{2}-v_{1}^{2}).
  • Energia potencial gravitacional é m g z, mas como a altura não muda temos \Delta E_{\text{pot}}=0.
    Portanto:
\Delta E = \Delta U + \Delta K + \Delta E_{\text{pot}} = m(u_{2}-u_{1}) + \dfrac{1}{2} m (v_{2}^{2}-v_{1}^{2}) + 0.

Passo 3

Calcular o calor líquido Q. O enunciado diz que o sistema recebe 2,1\\ \mathrm{kJ} pela base e perde 1,0\\ \mathrm{kJ} pela parte de cima. Converter para joules e somar algébricamente (positivo para calor que entra, negativo para calor que sai):
Q = +2{,}1\\ \mathrm{kJ} - 1{,}0\\ \mathrm{kJ} = 1{,}1\\ \mathrm{kJ}.
Converter para joules:
Q = 1{,}1\\ \mathrm{kJ} = 1100\\ \mathrm{J}.

Passo 4

Calcular a variação de energia interna \Delta U. Uso \Delta U = m(u_{2}-u_{1}). Substituindo os valores (peguei m, u_{1} e u_{2} do enunciado):
u_{2}-u_{1}=1860{,}8-1163{,}0=697{,}8\\ \mathrm{J/kg}.
\Delta U = m(u_{2}-u_{1}) = 4{,}5\cdot 697{,}8 = 3140{,}1\\ \mathrm{J}.
Comentário didático: energia interna específica u é “energia por quilograma” ligada a agitação/estrutura interna das partículas; multiplicando por m obtemos a energia interna total.

Passo 5

Calcular a variação de energia cinética \Delta K. Uso \Delta K = \dfrac{1}{2} m (v_{2}^{2}-v_{1}^{2}). Primeiro calculo os quadrados das velocidades:
v_{1}^{2}=30{,}5^{2}=930{,}25\\ \mathrm{(m^{2}/s^{2})}, \qquad v_{2}^{2}=15{,}2^{2}=231{,}04\\ \mathrm{(m^{2}/s^{2})}.
Diferença:
v_{2}^{2}-v_{1}^{2}=231{,}04-930{,}25=-699{,}21\\ \mathrm{(m^{2}/s^{2})}.
Agora multiplicando por \tfrac{1}{2}m:
\Delta K = \tfrac{1}{2}\cdot 4{,}5 \cdot (-699{,}21) = 2{,}25\cdot(-699{,}21) = -1573{,}2225\\ \mathrm{J}.
Interpretação: o valor é negativo porque a velocidade diminuiu, logo o sistema perdeu energia cinética.

Passo 6

Somar as variações para obter \Delta E:
\Delta E = \Delta U + \Delta K = 3140{,}1 + (-1573{,}2225) = 1566{,}8775\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Usar a primeira lei para encontrar o trabalho W. Da equação
\Delta E = Q - W
segue
W = Q - \Delta E.
Substituindo Q=1100\\ \mathrm{J} e \Delta E=1566{,}8775\\ \mathrm{J}:
W = 1100 - 1566{,}8775 = -466{,}8775\\ \mathrm{J}.
Arredondando de forma razoável (dois algarismos significativos após a vírgula não são necessários aqui) obtemos
W \approx -466{,}9\\ \mathrm{J}.
Interpretação física amigável: o trabalho calculado é negativo no sentido adotado (trabalho positivo quando feito pelo sistema). W<0 significa que, ao final, o sistema recebeu trabalho do ambiente (ou seja, trabalho foi realizado sobre o sistema) no valor absoluto de cerca de 467\\ \mathrm{J}. Isso faz sentido porque a energia interna aumentou bastante enquanto o sistema recebeu pouco calor e ainda perdeu energia cinética; logo parte da energia adicional veio do trabalho realizado sobre ele.

Resposta

-466{,}9\\ \mathrm{J}

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