Resolução de questões de Termodinâmica e Transferência de Calor da prova da Petrobras 2018

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PETROBRAS 2018
RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
Prof. Victor Augusto
PROCESSO SELETIVO PÚBLICO - EDITAL No 1
PETROBRAS/PSP
RH 2018.1 DE 07/02/2018
Resolução da prova
ENGENHEIRO(A) DE PETRÓLEO JÚNIOR
Professor: Victor Augusto Sousa e Silva
Disciplina: Termodinâmica e transferência de calor
Q47. (CESGRANRIO 2018 – Engenheiro de Petróleo Júnior / Petrobras)
Um bloco plano de espessura ΔL0 é composto por um material
homogêneo e isotrópico. Se a diferença de temperatura entre duas
superfícies paralelas do bloco é ΔT0, tem-se um fluxo de calor entre essas
superfícies dado por Q’0.
Se o material que forma o bloco for substituído por outro com as
mesmas dimensões, mas com apenas 40% de sua condutividade térmica, ao
observar-se o mesmo fluxo de calor, a nova diferença de temperatura entre
as superfícies do bloco será
(A) 0,4 ΔT0
(B) 0,6 ΔT0
(C) 1,0 ΔT0
(D) 1,4 ΔT0
(E) 2,5 ΔT0
Resolução:
A taxa de calor conduzido em uma placa plana é:
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑, 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = 𝑘 𝐴
(𝑇1 − 𝑇2)
𝐿

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Vamos então escrever essa expressão para as condições do primeiro
bloco descrito:
𝑄0
′
= 𝑘 𝐴
∆𝑇0
∆𝐿0
Para o novo bloco:
𝑄1
′
= (0,4𝑘) 𝐴
∆𝑇1
∆𝐿0
Como o fluxo de calor observado é o mesmo (𝑄0
′
= 𝑄1
′
):
(0,4𝑘) 𝐴
∆𝑇1
∆𝐿0
= 𝑘 𝐴
∆𝑇0
∆𝐿0
O bloco tem as mesmas dimensões, por isso a área e o comprimento
são iguais:
0,4 ∆𝑇1 = ∆𝑇0
∆𝑇1 = 2,5 ∆𝑇0
GABARITO: E
Ao colocarmos 100 mL de água quente à temperatura 2T0 Celsius em
100 mL de água fria, observamos que, após algum tempo, a mistura atinge
a temperatura de equilíbrio 3T0/2 Celsius.
Se colocarmos os mesmos 100 ml de água quente no dobro da
quantidade de água fria, a nova temperatura de equilíbrio será?
(A) T0/2
(B) T0
(C) 5T0/4
(D) 7T0/4
(E) 2T0
Resolução:
Trata-se de um problema de equilíbrio térmico. Podemos usar o
primeiro caso relatado para calcular a temperatura inicial da água fria,
sabendo que o calor fornecido pela água quente é o absorvido pela água fria:
𝑄1 + 𝑄2 = 0

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𝑚1 . 𝑐 𝑀 . ∆𝑇1 = − 𝑚2 . 𝑐 𝑀 . ∆𝑇2
Podemos considerar a densidade igual para a água nas duas
temperaturas (𝜌 = 1 𝑔/𝑚𝐿). Logo:
100 𝑔 . 𝑐 𝑀 . (
3
2
𝑇0 − 2𝑇0) = −100 𝑔 . 𝑐 𝑀 . (
3
2
𝑇0 − 𝑇𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐻2𝑂 𝑓𝑟𝑖𝑎)
3
2
𝑇0 − 2𝑇0 = −
3
2
𝑇0 + 𝑇𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐻2𝑂 𝑓𝑟𝑖𝑎
𝑇𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐻2𝑂 𝑓𝑟𝑖𝑎 = 3𝑇0 − 2𝑇0
𝑇𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐻2𝑂 𝑓𝑟𝑖𝑎 = 𝑇0
Agora podemos determinar a temperatura de equilíbrio quando
usarmos o dobro de água fria no processo:
𝑚1 . 𝑐 𝑀 . ∆𝑇1 = − 𝑚2 . 𝑐 𝑀 . ∆𝑇2
100 𝑔 . 𝑐 𝑀 . (𝑇𝑒𝑞 − 2𝑇0) = −200 𝑔 . 𝑐 𝑀 . (𝑇𝑒𝑞 − 𝑇0)
𝑇𝑒𝑞 − 2𝑇0 = −2 𝑇𝑒𝑞 + 2𝑇0
𝑇𝑒𝑞 =
4
3
𝑇0
Como não constava essa alternativa na prova, a questão foi anulada.
GABARITO: ANULADA
Um motor, quando não está devidamente lubrificado, possui um
rendimento η =1/3, liberando uma certa quantidade de calor Q0 quando em
funcionamento. Quando corretamente lubrificado, seu rendimento aumenta
em 30%.
Nessas condições, a nova quantidade de calor liberada pelo motor será
(A) 1,7Q0/2
(B) 2,1Q0/2
(C) 2,3Q0/2
(D) 3,3Q0/2
(E) 3,9Q0/2
Resolução:

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A eficiência térmica da máquina é definida como a razão entre o
trabalho líquido produzido e o calor absorvido. Logo:
𝜂 ≡
|𝑊|
|𝑄 𝑄|
=
|𝑄 𝑄| − |𝑄 𝐹|
|𝑄 𝑄|
= 1 −
|𝑄 𝐹|
|𝑄 𝑄|
O calor liberado na fonte fria (𝑄 𝐹) é o calor Q0 mencionado no
enunciado. Para uma eficiência de 1/3, temos:
𝜂 𝑛ã𝑜 𝑙𝑢𝑏𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜 = 1 −
𝑄0
𝑄 𝑄
1
3
= 1 −
𝑄0
𝑄 𝑄
𝑄0 =
2
3
𝑄 𝑄
Ou seja, dois terços da energia fornecida (𝑄 𝑄) sob a forma de calor é
“desperdiçada”.
Se a eficiência aumenta em 30%, teremos uma nova quantidade de
calor Q1 sendo liberada:
𝜂𝑙𝑢𝑏𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜 = (1 −
𝑄1
𝑄 𝑄
)
1
3
∗ 1,30 = (1 −
𝑄1
𝑄 𝑄
)
𝑄1
𝑄 𝑄
= 1 −
1,3
3
𝑄1 =
1,7
3
𝑄 𝑄
Com este aumento na eficiência, desperdiçamos menos energia. Vamos
substituir então 𝑄 𝑄 por Q0 para chegar na resposta:
𝑄1 =
1,7
3
(
3
2
𝑄0)
𝑄1 =
1,7
2
𝑄0
GABARITO: A

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Uma placa de cerâmica, com emissividade térmica ε0, é aquecida a
temperatura T0 apresentando uma taxa de emissão de calor de Q’0.
Se a emissividade térmica for reduzida em 20%, e a temperatura for
dobrada, a nova taxa de emissão de calor será
(A) 0,8 Q’0
(B) 1,6 Q’0
(C) 3,2 Q’0
(D) 12,8 Q’0
(E) 16,0 Q’0
Resolução:
O calor emitido por radiação pode ser calculado fazendo uso da lei de
Stefan-Boltzman. Para a placa de cerâmica descrita:
𝑄0′ = 𝜀0 𝜎 𝐴 𝑠 𝑇0
4
Agora escrevemos para o segundo caso, com emissividade térmica
reduzida em 20%, ou seja, 80% do valor anterior, e a temperatura dobrada:
𝑄1
′
= (0,8 𝜀0) 𝜎 𝐴 𝑠 (2 𝑇0)4
𝑄1
′
= 0,8 𝜀0 𝜎 𝐴 𝑠 16 𝑇0
4
𝑄1
′
= 12,8 𝜀0 𝜎 𝐴 𝑠 𝑇0
4
𝑄1
′
= 12,8 𝑄0′
GABARITO: D
Um cilindro metálico, de comprimento L e de seção reta circular de raio
R, está submetido em suas extremidades circulares a temperaturas T e
T+ΔT. A superfície lateral do cilindro está isolada termicamente. O cilindro,
então, conduz calor de modo que o fluxo entra pela superfície a temperatura
T +ΔT e sai pela superfície a temperatura T, a uma distância L da primeira.
A condutividade térmica do material que constitui o cilindro é k. Um outro
cilindro é construído com um material diferente, de modo que sua
condutividade térmica é k’, seu raio é R’ = 2R, e seu comprimento é L’ = 2L,

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mas esse outro cilindro conduz exatamente a mesma quantidade de calor por
unidade de tempo que o primeiro cilindro, quando submetido à mesma
diferença de temperatura ΔT.
Nessas condições, o valor da razão k’/k é
(A) 1/2
(B) 1/4
(C) 1/8
(D) 1
(E) 2
Resolução:
Taxa de calor por condução é dada por:
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘𝐴
∆𝑇
∆𝑥
Para o primeiro cilindro:
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘 (𝜋 𝑅2
)
∆𝑇
𝐿
Para o segundo cilindro (que tem a mesma taxa de calor):
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘′ (𝜋 𝑅′2
)
∆𝑇
𝐿′
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘′ (𝜋 4 𝑅2
)
∆𝑇
2 𝐿
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘′
2 (𝜋 𝑅2
)
∆𝑇
𝐿
𝑘′
/ 𝑘 é então:
𝑘′
𝑘
=
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑
2 (𝜋 𝑅2)
∆𝑇
𝐿
𝑄̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑
(𝜋 𝑅2)
∆𝑇
𝐿
𝑘′
𝑘
=
1
2
GABARITO: A

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Uma máquina térmica opera em ciclos retirando calor
Q1300 J de uma fonte térmica quente, T1 600 K, e
rejeitando Q2 200 J em uma fonte fria T2 = 300 K, a cada
ciclo, em que a diferença entre esses valores corresponde
ao trabalho produzido por ciclo.
Dado que as únicas trocas de calor da substância de trabalho da
máquina com as fontes externas são essas duas
descritas acima, qual é o rendimento térmico da máquina?
(A) 0
(B) 1
(C) 1/2
(D) 1/3
(E) 2/3
Resolução:
A eficiência térmica da máquina é definida como a razão entre o
trabalho líquido produzido e o calor absorvido. Logo:
𝜂 ≡
|𝑊|
|𝑄 𝑄|
=
|𝑄 𝑄| − |𝑄 𝐹|
|𝑄 𝑄|
Assim:
𝜂 =
|𝑄 𝑄| − |𝑄 𝐹|
|𝑄 𝑄|
=
300 𝐽 − 200 𝐽
300 𝐽
𝜂 =
100
300
=
1
3
GABARITO: D
Durante um processo termodinâmico de expansão em um gás,
observa-se que TV2 = constante, onde T é a temperatura, e V é o volume do

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gás. O trabalho realizado na expansão entre V0 e 2V0 é W1, e o trabalho
realizado na expansão entre 2V0 e 3V0 é W2.
Se é válida a relação dos gases ideais, pV = nRT, qual a razão W2/W1?
(A) 1
(B) 2
(C) 1/9
(D) 2/3
(E) 5/27
Resolução:
Dados do problema:
𝑇 𝑉2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑊1 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉
2𝑉0
𝑉0
𝑊2 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉
3𝑉0
2𝑉0
Precisamos então resolver a integral, começando pelo primeiro caso:
𝑊1 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉
2𝑉0
𝑉0
= ∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑑𝑉
2𝑉0
𝑉0
Mas sabemos que:
𝑇
𝑉
=
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑉3
Logo:
𝑊1 = 𝑛𝑅 (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) ∫
1
𝑉3
𝑑𝑉
2𝑉0
𝑉0
𝑊1 = 𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) [
𝑉−2
−2
]
𝑉0
2𝑉0
𝑊1 = 𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) (
1
−2 . (2𝑉0)2
−
1
−2 . (𝑉0)2
)
𝑊1 = 𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) (−
1
2. 4 . (𝑉0)2
+
1
2 . (𝑉0)2
)
3
8 . (𝑉0)2
)
Fazendo o mesmo para o trabalho 2:

PETROBRAS 2018
𝑊2 = 𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) [
𝑉−2
−2
]
2𝑉0
3𝑉0
1
−2. (3𝑉0)2
−
1
−2 . (2𝑉0)2
)
𝑊2 = 𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) (−
1
2 . 9 (𝑉0)2
+
1
2. 4 . (𝑉0)2
)
9 − 4
2 . 9 . 4 . (𝑉0)2
)
5
8 . 9 . (𝑉0)2
)
Finalmente:
𝑊2
𝑊1
=
𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) (
5
8 . 9 . (𝑉0)2)
𝑛𝑅(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) (
3
8 . (𝑉0)2)
𝑊2
𝑊1
=
(
5
9
)
(3)
=
5
27
GABARITO: E
Abraço,

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