9. il calore -...
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solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
il calore 9
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012
DomanDe sui concetti
1 Quando tra il piano e l’oggetto è presente l’at-trito: l’energia dissipata dalla forza di attrito si trasforma in calore.
2 Un cilindro contenente un gas perfetto, chiu-so da un pistone libero di muoversi.
3 Sì. Aumenta, si aggiunge energia cinetica alle
molecole d’acqua.
4 Il calore è un modo per trasferire energia, non è la quantità di energia posseduta da un corpo.
5 b
6 Nell’acqua perché ha una maggiore capacità termica dell’aria.
7 Consulta il paragrafo 4 del libro (pag. 339).
8 Perché la molecola di CO2 ha un’energia in-terna minore di quella complessiva dei suoi componenti separati.
9 Sul lavello d’acciaio, perché il suo coefficiente di conducibilità termica è molto più alto di quello del legno.
10 Perché il legno, che ha bassa conducibilità ter-mica, aiuta a diminuire la dispersione di calo-re dall’interno verso l’esterno.
11 Perché la lana è un isolante termico, quindi evita che il corpo umano aumenti troppo di temperatura nel clima caldo del deserto.
12 Perché due vetri, se separati da un’intercape-dine di aria, hanno una conducibilità termica molto più bassa di quella del vetro singolo.
13 Perché il vetro assorbe la maggior parte del-la radiazione ultravioletta, responsabile delle scottature.
14 Perché emette tanta energia quanta ne riceve dal Sole.
9. il calore
Problemi
1 W = 2 × 10 × mgh; W = (4186 J) × 0,5 = 2093 J h
W
mgh=
× ×=
× ×=
2 10
2093
20 12 9 80 89
2
( )
( ) ( , ),
J
kg m/sm
2 La potenza P fornita dal frullatore è pari al rapporto tra il lavoro fornito e il tempo impiegato, PW
t=
D.
Quindi l’intervallo di tempo è dato da:
DtW
P= = =( )
( )
4186
20021
J
Ws
3 L’energia fornita all’acqua è quella potenziale elastica della molla compressa:
U = 1
2ks2. Se la molla viene compressa 20 volte è
W = 20 U = 20 × 0,5 × (50 N/m) × (0,080 m)2 = 3,2 J
L’aumento di temperatura dell’acqua, la cui massa è di 100 g, è
DT = = × −( , )
( , ),
3 2
418 67 6 10 3J
J/KK
4 W = (35 K) × (4186 J/K) = 1,5 × 105 J
2
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Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012
5 Lavoro per sollevare la cabina + uomo: W1 = mgh = 1,16 × 105 J
Lavoro fornito dal motore: W W2 1510
33 86 10= = ×, J
Lavoro trasformato in calore = W2 – W1 = 2,7 × 105 J
6 Si ferma per prima la bottiglia semipiena, perché l’energia cinetica si trasforma in energia interna (dell’acqua) percepita come aumento di temperatura quando l’acqua smette di muoversi nella bot-tiglia.
Il lavoro compiuto sull’acqua è pari alla variazione di energia cinetica della bottiglia, K = 9,5 J. Il corrispondente aumento di temperatura DT è:
DT = = × −( , )
( , ),
9 5
418 62 3 10 3J
J/KK
7 W cm t mW
c t= = = ×
⋅ ×D
D;
( ) ( )
[ )] ( , )
180 10
460 2 5
N m
J/(kg K °C==1 6, kg
8 La quantità di calore fornita dal fornello è data dal prodotto della potenza P per il tempo incognito Dt.
Infatti PE
t= D
D, quindi DE = PDt. Poiché DE = cm(Tf – Ti), dove la temperatura finale Tf è quella di
ebollizione (100°C) e quella iniziale è di 20°C, si ha:
P Dt = cm(Tf – Ti), ovvero Dtcm T T
Pf i=
−( )=
= ⋅ × × − =[ ] ( ) [( ) ( )]
( )
4186 2 100 20
60055
J/(kg K) kg °C °C
W88 9 3s min= ,
Il tempo necessario è quindi
ttot = 2 × (558 s) =1116 s = 19 min
9 Non è necessario conoscere la massa del proiettile. Infatti dalla relazione 1
2K = cm DT si ha:
cv
t=
1
42
D, quindi c ≈ ×
×≈ ×
⋅( , )
( , ),
( )
2 2 10
1 8 101 3 10
4 2
2
2m/s
K
J
kg K
10 Il volume iniziale della sfera è V r03 34
30 0335= =p , m . Quindi la sua massa m vale
m = dV = 300 kg
L’aumento di temperatura è
D DT
E
cm= = 57 6, K
Il volume finale è dato da:
Vf = V0(1 + aDT)
a = 3l = 51 × 10–6 J/(kg⋅K)
Quindi l’aumento percentuale è
( )
,V V
VTf −
= =0
0
0 0029aD
La sfera arriva a 30,0°C + 57,6°C = 87,6 °C
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12 Combinando la Qp = Qa + Qc con la Q = cmDT = CDT si ottiene:
cpmp DTp = cama DTa + Cc DTc → cpmp(Tp – Te) = cama(Te – Ta) + Cc (Te – Ta)
→ =+ ++ +
=
=⋅
Tc m T c m T C T
c m c m Cep p p a a a c a
p p a a c
130J
kg K
× × +
⋅
×( , ) ( ) ( ,0 0300 100 4186 0 300kg °C
J
kg Kkgg °C
J
K°C
J
kg K
) ( , ) ( , )× +
×
⋅
×
20 0 70 20 0
130 (( , ) ( , )0 0300 4186 0 300 70kgJ
kg Kkg
J
K+
⋅
× +
=
=19 8, °C
13 c1 = 4186 J⋅kg–1 ⋅K–1 t1 = 20 °C m1 = 50 g
te = 40 °C t2 = 150 °C m2 = 100 g
Tc m T c m T
c m c m
c cm
m
T T
T
e
e
= ++
→ =
−
1 1 1 2 2 2
1 1 2 2
2 11
2
1
22
1 141860 050
0 100
−
=
= ⋅ ⋅ ×− −
Te
( )( , )
( ,J kg K
kg
kkg
°C °C
°C °C)
[( ) ( )]
[( ) ( )]
× −
−
40 20
150 40 = × ⋅3 8 102, J/(kg K)
14 Qa + Qm + Qc = 0
Qa < 0
Qm > 0
Qc < 0
Unendo la Qa + Qm + Qc = 0 con le Qa = cama(Ta – Te) e Qm = cmmm(Tm – Te) si ha:
cama(Ta – Te) + cmmm(Tm – Te) + Qc = 0
→ =
− −−
=
= ⋅ ⋅ ×− −
cc m T T Q
m T Tma a e a c
m m e
( )
( )
( ) (4186 1 1J kg K 00 120 19 5 10 0 50
260 97 5 19
, ) [( , , ) ] ( )
( ) [( ,
kg °C J
g
× − −× − ,, ) ]
,5
2 3 102
°CJ/(kg K)= × ⋅
15 L’equazione che regola lo scambio di calore è: Q1 + Q2 + Q3 = 0, ovvero c1m1(Tf – T1) + c2m2(Tf – T2) + c3m3(Tf – T3) = 0, perciò
Tc m T c m T c m T
c m c m c mf =+ ++ +
1 1 1 2 2 2 3 3 3
1 1 2 2 3 3
Sostituendo: m1 = 0,4 kg; m2 = 0,05 kg; m3 = 0,08 kg;
c1 = 4186 J/(kg⋅K), c2 = 880 J/(kg⋅K), c3 = 240 J/(kg⋅K);
T1 = 303,0 K, T2 = T3 = 368,0 K, si ha: Tf = 305,4 K = 32,4 °C
16 Q = mPc = (Vd)Pc = (1,0 × 10–3 m3) × (8,1 × 102 kg/m3) × (0,28 × 108 J/kg) = 2,3 × 107 J
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17 PQ
mm
Q
Pcc
= → = = ××
=( , )
( , )
( )
,6 5 10
1 2 10
100
06
6
J
J
g
554 kg
18 Combinando la DE = cm DT con la PQ
Vc = si ottiene:
V
cm T
Pc
= = ⋅ ⋅ × × −− −D ( ) ( , ) [( ) (4186 1 0 100 241 1J kg K kg °C °CC
J/mm
)]
( , ),
1 7 101 9 10
7 3
2 3
×= × −
19 Per riscaldare l’aria:
DE = cmDT = cdVDT = (1,00 × 103 J/kg⋅K) × (1,29 kg/m3) × [(12,3 m2) × (3,00 m)] × (6,5 K) = = 3,1 × 105 J
Poiché il potere calorifico del metano è 1,7 × 107 J/m3, si ha:
Volume di metano VQ
Pmc
= = ××
= × −( ,
( , ),
3 1 10
1 7 101 8 10
5
7 3
2 3J)
J/mm
Per riscaldare pareti, soffitto e pavimento: DE = cmDT = cdVDT , dove c, d e V sono, rispettivamente, il calore specifico, la densità e il volume
del cemento. Per il volume di soffitto più pavimento si ha: V = (2 × 12,3 m2) × (0,35 m) = 8,61 m3; per le pareti si ha: V = (14,2 m) × (3,00 m) × (0,25 m) = 10,7 m3
Quindi l’energia per riscaldare il cemento è
Q = cmDT = (880 J/kg⋅K) × [(10,7 m3 + 8,61 m3) × (3,00 × 103 kg/m3)] × (6,5 K) = 3,3 × 108 J
Volume di metano VQ
Pmc
= = ××
=( ,
( , )
3 3 10
1 7 1019
8
7 3
3J)
J/mm
20 Dall’equazione della conduzione termica si ricava
Q t ST
d= = × ⋅
××
−D Dl ( ) [
( , )( , )
600 80
2 1 102 0
2
2s W/(m K)]
mm ×× = ×( ) ,225 2 5 105K kcal
21 DD
tQd
S T= = × ×
×⋅
×−
l( , ) ( , )
,
4 3 10 4 0
2 5 10
5
2
J mm
W
m K(( , ) [( ) ( )]
,
4 5 10 25 20 3600
9 42 2× × − − ×
=− m °C °C
s
h
hh
22 Dall’equazione della conduzione termica si ricava
SQ
t
d
T= =
×
⋅ ×D Dl320
1 40
390 177
J
s
m
W/(m K)
( , )
[ ] ( ,776 46 10 3 2
Km
),= × −
Quindi il raggio della sbarra è rS= = × −
p4 54 10 2, m. Il diametro è 9,08 cm.
Per la temperatura: DD
TQ
t
d
S= =
×
⋅ ×2 640
1 40
390 6 5lJ
s
m
W/(m K)
( , )
[ ] ( , ××=
−10354 4
3 2mK
),
Quindi T = 12,3 °C + 355,6 °C = 366 °C.
24 Utilizziamo la formula del problema svolto, chiamando d la lunghezza di ciascuna barra:
2d d d
l l l= +
Cu Ag
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ovvero
ll l
l l=
+2 Cu Ag
Cu Ag
in cui lAg = 430 W/(m·K); lCu = 390 W/(m·K)
che dà: l = 409 W/(m·K).
Il calore che passa in due minuti vale:
Q t ST
d= = × ⋅ × × −D Dl ( ) [
( , )( ,
120 409
2 86 5 10 3 2s W/(m K)]
mm )) ( , ) ,× = ×177 7 2 0 105K J
25 Dalla legge dell’irraggiamento si ottiene DE = DtzeST4
Per l’auto nera e = 1,00, quindi DE = × ×
⋅ ⋅
× ×−( ) , ( , ) ( )60 5 7 10 3 2 3188
2 4
2 4sJ
s m Km K == × = ×1 1 10 2 7 105, ,J kcal
Per l’auto bianca il risultato va moltiplicato per il suo coefficiente e, quindi DE = 1,1 × 10 kcal
26 Il dato sulle dimensioni della lastra è superfluo, perché il testo richiede solo il rapporto tra le poten-ze emesse e la superficie viene approssimata come costante.
L’energia necessaria a scaldare la lastra è
D DE cm T= =⋅
× × =900 0 40 51 18 4
J
kg Kkg K kJ( , ) ( ) ,
Il rapporto tra le energie emesse nell’unità di tempo è uguale a quello tra le quarte potenze delle temperature, quindi vale
( )
( ),
341
2901 91
4
4
K
K=
27 Dalla legge della dilatazione lineare si ottiene la lunghezza del lato dopo il riscaldamento:
lt = l0(1+ l DT) = (3,50 cm) × [1 + (23 × 10–6 K–1) × (51 K)] = 35,04 cm
La superficie iniziale misura 1225 cm2, mentre quella riscaldata 1228 cm2 . L’aumento percentuale di superficie è 0,24%. Il rapporto tra le potenze emesse è ora dato da
S T
S Tt
4
0 04
2
21 91
1228
12251 91= × =,
( )
( ),
cm
cm
Poiché l’aumento di superficie influenza la terza cifra decimale, trascurare o considerare la dilata-zione termica non influenza il risultato.
28 Dalla legge dell’irraggiamento DD
E
tezST= 4 otteniamo per la temperatura
T
E
ezS t= D
D4
e per la superficie S:
S rl= = × × × × × ≈ ×− − −2 2 3 14 3 0 10 3 0 10 5 6 103 1 3p , ( , ) ( , ) ,m m m22
che danno come ordine di grandezza T 4
8
2 4
3 2
800
0 30 5 7 10 5 6 10
≈× ×
⋅
× ×− −
( )
, , ( , )
W
W
m Km
≈≈ ×8 4 1012 4, K
Perciò T ≈ 1,7 × 103 K, colore rosso.
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29 Il 45% di 1350 W/m2 vale: 6,1 × 102 W/m2.
30 L’energia solare che arriva sui pannelli in 1 secondo è (si veda il problema n. 29) di 6,1 × 102 W/m2. Il 60% di tale valore, che rappresenta l’energia prodotta dai pannelli in 1 secondo, è di 3,7 × 102 W/m2. In 10 min vengono raccolti (3,7 × 102 W/m2) × (240 m2) × (600 s) = 5,3 × 107 J.
31 L’area della superficie esposta al sole è di 18 × 10–2 m2. L’energia assorbita dal recipiente in 15 min è E = (6,1 × 102 W/m2) × (18 × 10–2 m2) × (900 s)=9,9 × 104 J. La variazione di temperatura dell’acqua è data da
DTE
cm J= = ×
⋅
×
=( , )
( , )
,9 9 10
4186 4 0
5 94 J
kg Kkg
K
Perciò l’acqua raggiunge la temperatura di 26 °C.
32 L’energia necessaria per riscaldare il disco è
DE = cm DT = [387 J/(kg · K)] × (5,0 kg) × (30 K) = 5,8 × 104 J
S = pr2 = p × (0,20 m)2 = 0,126 m2
Quindi l’intervallo di tempo necessario è:
Dt = ×× ×
= ×( , )
( , ) ( , ),
5 8 10
6 1 10 0 1267 6 10
4
2 2 2
2J
W/m ms
Se fosse al di sopra delle nubi, si avrebbe
Dt = ×× ×
= ×( , )
( , ) ( , ),
5 8 10
1 4 10 0 1263 3 10
4
3 2 2
2J
W/m ms
Problemi generali
1 cc m T T Q
m T Tma a e a c
m m e
=− −
−= ⋅ ⋅ ×− −( )
( )
( ) ( ,4186 01 1J kg K 2220 20 0 12 0 1000
0 0570 312
g °C J
kg
) [( , , ) ] ( )
( , ) [(
× − −× − 220 0
3 8 102
, ) ]
,
°C
J/(kg K)
=
= × ⋅
Rame o ottone.
2 Tc m T c m T
c m c m
c cm
m
T
em m m a a a
m m a a
m aa
m
e
=++
→ =
−( TT
T Ta
m e
)
( )( )
( ,
(−
= ⋅ ⋅ ×
×− −4186
0 300
51 1J kg K
kg)
00 090
25 15
85 25
4
, )
( )
( )kg
°C °C
°C °C
× −
−
=
= ,,7 102× ⋅J/(kg K)
3 Q S tT
d= =
⋅
× × × × ×l D D
60 10 12 3 6012W
m Kcm s[( ) ] ( )
[( ,, ) ]
( , ),
2 10 0
1 51 0 10
24× − = ×°C
mJ
Q S tT
d
Q
tS
T
d= → = =
⋅
× × ×l lD D
DD
60 10 12 2W
m Kcm[( ) ]
[(( , ) ]
( , )
1 2 10 0
1 558
2× − =°C
mJ/s
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4 Ci vuole un bilancio energetico in equilibrio perché la temperatura rimanga costante. La frazione di flusso di energia intercettata dalla Terra è pari al rapporto fra la sezione circolare del
pianeta e la superficie sferica sulla quale il flusso si è distribuito: pp
r
D
r
D
2
2
2
4
1
4=
, dove r è il raggio
del Sole e D la distanza Terra-Sole. Uguagliando tale flusso di energia con quello irraggiato dalla
Terra si ha: 1
44
2
2 4r
DP ez r T
= ( )p
→ = = × ×
× × ×⋅ ⋅
−T
P
ezD
1
2
1
2
3 8 10
1 5 67 102
4
26
8
2
p p
( , )
,
W
J
s m K44
11 24
2
1 5 10
2 8 10
× ×
= ×( , )
,
m
K
5 L’equazione che regola lo scambio di calore è: Q1 + Q2 + Q3 = 0, ovvero
c1m1(Tf – T1) + c2m2(Tf – T2) + c3m3(Tf – T3) = 0, perciò
Tc m T c m T c m T
c m c m c mf =+ ++ +
1 1 1 2 2 2 3 3 3
1 1 2 2 3 3
Sostituendo: m1 = 0,200 kg; m2 = 0,25 kg; m3 = 0,01 kg;
c1 = 800 J/(kg⋅K), c2 = c3 = 4186 J/(kg⋅K);
T1 = 293,0 K, T2 = 363 K, T3 = 278 K, si ha: Tf = 351 K = 78 °C Senza il limone:
Tc m T c m T
c m c mf = ++
= =1 1 1 2 2 2
1 1 2 2
354 81K °C
Quindi l’aumento percentuale è DT
Tf
( ) , %con limone = 3 8 .
6 L’energia necessaria è DE = cm1DT1 + cm2DT2
→⋅
× × + ×4186 0 500 91 7 2 0 81
J
kg Kkg K kg[( , ) ( , ) ( , ) ( ,, )] ,8 8 8 105K J= ×
La quantità di gas metano necessario per la cottura è:
( , )
( , ),
8 8 10
0 50 101 8 10
5
8
2××
= × −J
J/kgkg
7 Il volume di ogni cilindro è di 337,5 cm3; la quantità di benzina iniettata in ogni cilindro, per ogni giro del motore è 33,75 cm3.
Questo volume corrisponde a una massa:
m = dV = (700 kg/m3) × (33,75 × 10–6 m3) = 2,36 × 10–2 kg
Questa massa brucia fornendo un’energia di
DE = mPc = (2,36 × 10–2 kg) × (44,0 × 106 J/kg) = 1,03 × 106 J
8 La potenza irraggiata dall’oggetto è:
P ez r T= 4 02
04p
Consideriamo una superficie sferica di raggio r centrata sull’oggetto, che ha area S = 4pr2; quindi la potenza irraggiata su una superficie unitaria è
P
S
ez r T
r
ez r T
r= =
4
402
04
202
04
2
pp
8
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L’unica variabile è r. P
Sè inversamente proporzionale al quadrato della distanza.
9 L’analisi dimensionale della legge di Stefan-Boltzmann fornisce
[ ] [ ]σ =
=
=
−− −D
DE
tST
mlt
l tTmt T
4
2
2 4
3 4
10 Dalla formula della conduzione termica si ha:
Q t ST
d= = × ⋅
××
−D Dl ( ) [ , )]
( , )( ,
3600 0 93
1 2 100 7
2
s W/(m K
m88 8 1 1 8 102 6m K J) ( , ) ,× = ×
Il coefficiente di conducibilità del vetro a camera si ricava come nel problema svolto n. 23:
d d d
l l l= +2 vetro
vetro
aria
aria
che dà:
( , ) ( , )
[ , ]
( ,2 8 102
0 8 10
0 93
1 2 102 2× = × ×⋅
+ ×− −m m
W/(m K)l
−−
⋅
2
0 02
m
W/(m K)
)
[ , ]
Quindi l = ×⋅
= ⋅22 8
61 70 05
( , )
[ , ],
m
(K m )/WW/(m K)
2
Il valore di l è circa 20 volte inferiore a quello del vetro. L’energia che passa in un’ora è quindi
Q t ST
d= = × ⋅
××
−D Dl ( ) [ , )]
( , )( ,
3600 0 05
2 8 100 7
2
s W/(m K
m88 8 1 4 102 4m K J) ( , )× = ×
Il risparmio energetico percentuale è quindi
( , )
( )
1 8 10
4 10
6
4
××
J
Jcorrispondente al 5×103 %.
11 In questo caso la differenza di temperatura DT è uguale per le due sbarre, mentre per quanto riguar-
da i flussi di calore è Q
t
Q
t
Q
tD D D= +1 2 . Quindi
l l lS
T
dS
T
dS
T
d
D D D= +Cu Al
Semplificando le quantità costanti d, S e DT, si ricava che per due o più barre in parallelo il coeffi-ciente di conducibilità termica è la somma dei singoli coefficienti: l = lCu + lAl.
Quindi l = 240 W/(m·K) + 390 W/(m·K) = 630 W/(m·K). Per avere un coefficiente minore di 500 W/(m·K) bisogna inserire, ad esempio, ferro.
12 Prima si deve trovare la temperatura di equilibrio e poi determinare i valori dei diametri della sfera e dell’anello a tale temperatura
Tc m T c m T
c m c me = ++
1 1 1 2 2 2
1 1 2 2
ovvero
Te = ⋅ × + × ⋅ ×[ )] ( , ) ( ) [ )]880 12 3 453 387J/(kg K kg K J/(kg K (( , ) ( )
[ )] ( , ) [
13 5 283
880 12 3 387
kg K
J/(kg K kg J/(k
+⋅ × + gg K kg
K⋅ ×
=)] ( , )
,13 5
397 7
A questa temperatura, il diametro d della sfera vale:
d d T= + = × + × ×− −0
6 11 15 00 1 23 10 55 30( ) ( , ) [ ( ) ( , )]lD cm K K ==14 98, cm
9
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
il calore 9
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012
mentre quello dell’anello, d′, è d d T= ′ + = × + × ×− −
06 11 14 98 1 17 10 114 7( ) ( , ) [ ( ) ( , )lD cm K K ]] ,=15 01cm
Quindi la sfera riesce a passare attraverso l’anello. Se i due metalli fossero scambiati, la sfera non riuscirebbe a passare, perché il coefficiente di dilata-
zione termica del rame è numericamente inferiore a quello dell’alluminio.
13 Il calore assorbito dal Sole fa aumentare la temperatura del gas, che compie una trasformazione isòbara aumentando il suo volume.
Dalla prima legge di Gay-Lussac, si ha:
T
T
V
V
h
hf
i
f
i
f
i
= = . Perciò
Th
hTf
f
ii= = × = × −( , )
( , )( ) ,
34 5
32 0296 4 96 10 2cm
cmK kg
L’energia che l’aria ha assorbito è
DE = cm DT, dove la massa dell’aria è:
m = dV = (1,23 kg/m3) × (p × (4,00 × 10–2 m2) × (0,320 m) = 4,96 × 10–2 kg Quindi
DE = [1005 J/(kg·K)] ×(4,96 × 10–2 kg) ×(23 K) = 1147 J = 1,1 ×103 J
Il tempo di esposizione al Sole si ricava dividendo questa energia per il 45% del valore della costante solare, moltiplicato per la superficie del pistone:
Dt =×
=( )
( ) ( , )
1147
607 0 12615
2 2
J
W/m ms
14 L’intero uovo deve raggiungere la temperatura di coagulazione. L’aumento di temperatura deve
essere quindi pari a:
DT = (65 – 4)°C = 61 °C La minima quantità di energia necessaria da fornire all’uovo per coagularlo è U = mVcDT, dove
V R= 4
33p è il volume dell’uovo considerato sferico. Quindi U
Rc T= =m p4
316 768
3
D J .
La legge di Fourier semplificata ci permette di calcolare il flusso di calore nell’uovo per unità di tem-
po e di superficie. Consideriamo T1 = 100 °C (temperatura di ebollizione dell’acqua) e scegliamo
come lunghezza di scala tipica Dr = R, dove R è il raggio dell’uovo. Quindi:
J
T T
R=
−=κ
( )1 0 22458 W/m
Il calore è trasferito dall’acqua bollente all’uovo attraverso la superficie dell’uovo. Quindi la potenza
termica vale: P R J R T T= = − ≈4 4 1921 0p pκ ( ) W.
Dalla potenza termica possiamo stimare il tempo richiesto affinché la quantità necessaria di calore
per fare diventare sodo l’uovo fluisca dalla superficie fino al centro:
τ = = = ≈U
P
16 768
19883 15
J
Ws min
10
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
il calore 9
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012
test Per l’università
1 a 2 b
Prove D’esame all’università
1 L’energia potenziale della molla è U k x= ⋅ = × × × =1
2
1
28 4 10 0 1 422 3 2( , ) ( , )N/m m J
L’energia potenziale della molla viene tutta assorbita dall’acqua, Q = U maca⋅T
2 Il calore assorbito dal calorimetro di rame vale: QR = mRcR(Te − T1) = (0,025 kg) × [385 J/(kg·K)] × (54 °C – 20 °C) = 327 J.
I 120 ml di acqua corrispondono a una massa di 120 g. Quest’acqua cede al sistema il calore Q2 pari in modulo a: Q2 = m2ca(T2 – Te) = (0,12 kg) × [4186 J/(kg·K)] × (80 °C – 54 °C) = 13 060 J.
I 60 g di acqua già presenti nel calorimetro, quando si portano alla nuova temperatura di equili-brio, assorbono il calore Q1:
Q1 = m1ca(Te − T1) = (0,06 kg) × [4186 J/(kg·K)] × (54 °C – 20 °C) = 8539 J. Facendo il bilancio energetico si ottiene il calore assorbito dalla sostanza incognita: QX = Q2 – Q1 − QR = 13 060 J − 8539 J − 327 J = 4194 J.
Il calore specifico della sostanza incognita vale:
cQ
m T TXX
X e
=−
=× −
=( )
( )
( , ) [( ) ( )]1
4194
0 1 54 201
J
kg °C °C2234 J/(kg K)⋅
stuDy abroaD
1 c c
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