9. il calore - lauramaccari.altervista.orglauramaccari.altervista.org/.../2013/10/SoluzLibro_Cap9_Amaldi.pdf · 5 soluzioni degli esercizi del libro Soluzioni per capitolo il clore

1

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

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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

3

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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

4

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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

5

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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.

6

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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

7

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

il calore 9


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


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


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

9. il calore - lauramaccari.altervista.orglauramaccari.altervista.org/.../2013/10/SoluzLibro_Cap9_Amaldi.pdf · 5 soluzioni degli esercizi del libro Soluzioni per capitolo il clore

Documents