Esercizi — Trasformazioni irreversibili e bilancio energetico

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, stime di Fermi, sfide).

Esercizi svolti nel testo

• Azoto riscaldato in un cilindro rigido
• Riscaldamento sotto il pistone
• Espansione libera di un gas

Problemi di fine capitolo

• Lavoro in espansione isobara
• Vero o falso su primo principio ed espansione
• Calore a volume costante (gas monoatomico)
• Calore a pressione costante (confronto)
• Percorsi nel piano P-V (riscaldamenti)
• Blocco di alluminio in azoto (equilibrio termico)
• Stessa temperatura, calore diverso
• Sollevamento di un pistone verticale
• Stima: lavoro di una bolla d’aria calda
• Ranking: calore assorbito in quattro trasformazioni
• La pompa da bicicletta
• Il frigorifero nella stanza
• Riscaldare l’acqua
• Miscela di due acque
• Evaporazione dell’acqua
• Metallo e legno al tatto
• Ranking: calori in isobara e isocora
• Vero o falso su trasformazioni
• Stima: tempo di ebollizione
• Grafico T(t) a fasi
• Calore come sostanza?
• Isoterma e adiabatica
• Lavoro in un ciclo
• Isocora e isobara
• Ranking: lavoro in espansioni
• Ranking: calori specifici
• Calore in isoterma
• Compressione adiabatica
• Calorimetria a fasi
• Lavoro in isobara
• Efficienza di un bollitore
• Inverso: da L a rapporto dei volumi
• Inverso: Q in isobara
• Identificazione del gas
• Fantafisica: senza primo principio
• Fantafisica: gamma uguale a 2
• Sintesi: ciclo a quattro fasi
• Cammini diversi, stesso stato
• Aria compressa scalda
• Nebbia mattutina
• Due percorsi nel piano p-V
• Stima Fermi: aria di una stanza
• Stima Fermi: ghiaccio in bibita
• Sfida: barometro a mercurio
• Sfida: pompa adiabatica veloce

All the exercises of the chapter, worked step by step, in order of appearance in the chapter: first the worked examples in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, Fermi estimates, challenges).

Worked examples in the text

• Nitrogen heated in a rigid cylinder
• Heating under the piston
• Free expansion of a gas

End-of-chapter problems

• Work in isobaric expansion
• True or false on the first law and expansion
• Heat at constant volume (monatomic gas)
• Heat at constant pressure (comparison)
• Paths in the P-V plane (heating processes)
• Aluminium block in nitrogen (thermal equilibrium)
• Same temperature, different heat
• Lifting a vertical piston
• Estimate: work of a hot air bubble
• Ranking: heat absorbed in four processes
• The bicycle pump
• The fridge in the room
• Heating water
• Mixing two batches of water
• Evaporation of water
• Metal and wood to the touch
• Ranking: heat in isobaric and isochoric processes
• True or false on thermodynamic processes
• Estimate: boiling time
• T(t) graph with phases
• Heat as a substance?
• Isotherm and adiabat
• Work in a cycle
• Isochore and isobar
• Ranking: work in expansions
• Ranking: specific heats
• Heat in an isotherm
• Adiabatic compression
• Calorimetry with phase changes
• Work in an isobaric process
• Efficiency of a kettle
• Inverse: from L to the volume ratio
• Inverse: Q in an isobaric process
• Identifying the gas
• Sci-fi physics: without the first law
• Sci-fi physics: gamma equal to 2
• Summary: four-stage cycle
• Different paths, same state
• Compressed air heats up
• Morning fog
• Two paths in the p-V plane
• Fermi estimate: air in a room
• Fermi estimate: ice in a drink
• Challenge: mercury barometer
• Challenge: fast adiabatic pump

Testo

$20\ \text{mol}$ di azoto (biatomico) in un contenitore rigido di $1\ \text{m}^3$ vengono riscaldate da $T_A = 300\ \text{K}$ a $T_B = 320\ \text{K}$. Quanto calore bisogna fornire?

Soluzione

Impostazione. Il contenitore è rigido: il volume non cambia, quindi il gas non compie lavoro e nemmeno l’atmosfera è coinvolta: $L_\text{gas} = 0, \qquad L_\text{atm} = 0$

Primo principio. Con $L_\text{gas} = L_\text{atm} = 0$ tutto il calore va in energia interna: $Q = \Delta E_\text{int} = \frac{f}{2}\, n R\, (T_B - T_A)$

Dati. Azoto biatomico $\Rightarrow f = 5$; $n = 20\ \text{mol}$; $\Delta T = T_B - T_A = 20\ \text{K}$.

Sostituzione numerica. $Q = \frac{5}{2}\cdot 20\cdot 8{,}31\cdot 20 = 4155\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 4155\ \text{J}}$

Nota: $Q$ non dipende dal volume del contenitore; non c’è alcun lavoro perché il volume non cambia.

Collegamenti

Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Energia interna Oggetti: Gas ideale

Problem

$20\ \text{mol}$ of nitrogen (diatomic) in a rigid container of $1\ \text{m}^3$ are heated from $T_A = 300\ \text{K}$ to $T_B = 320\ \text{K}$. How much heat must be supplied?

Solution

Setup. The container is rigid: the volume does not change, so the gas performs no work and the atmosphere is not involved either: $L_\text{gas} = 0, \qquad L_\text{atm} = 0$

First law. With $L_\text{gas} = L_\text{atm} = 0$ all the heat goes into internal energy: $Q = \Delta E_\text{int} = \frac{f}{2}\, n R\, (T_B - T_A)$

Data. Diatomic nitrogen $\Rightarrow f = 5$; $n = 20\ \text{mol}$; $\Delta T = T_B - T_A = 20\ \text{K}$.

Numerical substitution. $Q = \frac{5}{2}\cdot 20\cdot 8{,}31\cdot 20 = 4155\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 4155\ \text{J}}$

Note: $Q$ does not depend on the volume of the container; there is no work because the volume does not change.

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Internal energy Objects: Ideal gas

Testo

$10\ \text{mol}$ di azoto sono in un cilindro con pistone che scorre liberamente; l’atmosfera a $P_\text{atm} = 1{,}013\cdot 10^5\ \text{Pa}$ preme sul pistone. Il gas passa da $T_A = 300\ \text{K}$ a $T_B = 320\ \text{K}$. Quanto calore serve?

Soluzione

Volumi dalla legge dei gas. A pressione costante $P_\text{atm}$: $V_A = \frac{n R T_A}{P_\text{atm}} = \frac{10\cdot 8{,}31\cdot 300}{1{,}013\cdot 10^5} = 0{,}246\ \text{m}^3$ $V_B = \frac{n R T_B}{P_\text{atm}} = \frac{10\cdot 8{,}31\cdot 320}{1{,}013\cdot 10^5} = 0{,}263\ \text{m}^3$ $\Delta V_\text{gas} = V_B - V_A = 0{,}017\ \text{m}^3$

Lavoro dell’atmosfera. Il gas si espande, quindi l’atmosfera si comprime: $\Delta V_\text{atm} = -\Delta V_\text{gas} = -0{,}017\ \text{m}^3$. $L_\text{atm} = P_\text{atm}\,\Delta V_\text{atm} = 1{,}013\cdot 10^5\cdot(-0{,}017) = -1728\ \text{J}$

Primo principio. Il gas stesso non ha pareti mobili proprie ($L_\text{gas} = 0$ nella nostra convenzione), e $\Delta E_\text{int} = \frac{5}{2}\,n R\,\Delta T$: $\Delta E_\text{int} = \frac{5}{2}\cdot 10\cdot 8{,}31\cdot 20 = 4155\ \text{J}$ Con $\Delta E_\text{int} = Q + L_\text{atm}$: $4155 = Q - 1728 \ \Rightarrow\ Q = 4155 + 1728 = 5883\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 5883\ \text{J}}$

Serve più calore che a volume costante: una parte aumenta l’energia interna, l’altra spinge via l’atmosfera.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Energia interna · Legge dei gas perfetti Oggetti: Pistone e cilindro · Gas ideale

Problem

$10\ \text{mol}$ of nitrogen are in a cylinder with a freely sliding piston; the atmosphere at $P_\text{atm} = 1{,}013\cdot 10^5\ \text{Pa}$ presses on the piston. The gas goes from $T_A = 300\ \text{K}$ to $T_B = 320\ \text{K}$. How much heat is needed?

Solution

Volumes from the gas law. At constant pressure $P_\text{atm}$: $V_A = \frac{n R T_A}{P_\text{atm}} = \frac{10\cdot 8{,}31\cdot 300}{1{,}013\cdot 10^5} = 0{,}246\ \text{m}^3$ $V_B = \frac{n R T_B}{P_\text{atm}} = \frac{10\cdot 8{,}31\cdot 320}{1{,}013\cdot 10^5} = 0{,}263\ \text{m}^3$ $\Delta V_\text{gas} = V_B - V_A = 0{,}017\ \text{m}^3$

Work of the atmosphere. The gas expands, so the atmosphere is compressed: $\Delta V_\text{atm} = -\Delta V_\text{gas} = -0{,}017\ \text{m}^3$. $L_\text{atm} = P_\text{atm}\,\Delta V_\text{atm} = 1{,}013\cdot 10^5\cdot(-0{,}017) = -1728\ \text{J}$

First law. The gas itself has no moving walls of its own ($L_\text{gas} = 0$ in our convention), and $\Delta E_\text{int} = \frac{5}{2}\,n R\,\Delta T$: $\Delta E_\text{int} = \frac{5}{2}\cdot 10\cdot 8{,}31\cdot 20 = 4155\ \text{J}$ With $\Delta E_\text{int} = Q + L_\text{atm}$: $4155 = Q - 1728 \ \Rightarrow\ Q = 4155 + 1728 = 5883\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 5883\ \text{J}}$

More heat is needed than at constant volume: part increases the internal energy, part pushes the atmosphere away.

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Internal energy · Ideal gas law Objects: Piston and cylinder · Ideal gas

Testo

$3\ \text{kg}$ di azoto ($n = 107\ \text{mol}$) sono in un contenitore di $2\ \text{m}^3$ a $T_A = 300\ \text{K}$, collegato da una valvola a un’altra scatola identica vuota, il tutto isolato termicamente. Si apre la valvola. Qual è lo stato finale?

Soluzione

Bilancio energetico. Analizziamo i tre termini:

• Contenitore isolato $\Rightarrow Q = 0$.
• Il gas si espande nel vuoto: non spinge contro nulla $\Rightarrow L_\text{gas} = 0$.
• Nessuna atmosfera a contatto $\Rightarrow L_\text{atm} = 0$.

Primo principio. $\Delta E_\text{int} = Q - L_\text{gas} + L_\text{atm} = 0 \ \Rightarrow\ T_B = T_A = 300\ \text{K}$

Volume finale. Il gas riempie entrambe le scatole: $V_B = 2\cdot 2 = 4\ \text{m}^3$.

Pressione finale. A temperatura costante: $P_B = P_A\cdot\frac{V_A}{V_B} = \frac{P_A}{2}$

$\ev{T_B = 300\ \text{K},\ V_B = 4\ \text{m}^3,\ P_B = P_A/2}$

Il gas si espande ma NON si raffredda: è una trasformazione irreversibile, non tracciabile nel piano $P$-$V$.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Trasformazioni termodinamiche Oggetti: Gas ideale

Problem

$3\ \text{kg}$ of nitrogen ($n = 107\ \text{mol}$) are in a $2\ \text{m}^3$ container at $T_A = 300\ \text{K}$, connected by a valve to another identical, empty box, the whole assembly thermally insulated. The valve is opened. What is the final state?

Solution

Energy balance. Let us analyse the three terms:

• Insulated container $\Rightarrow Q = 0$.
• The gas expands into a vacuum: it pushes against nothing $\Rightarrow L_\text{gas} = 0$.
• No surrounding atmosphere in contact $\Rightarrow L_\text{atm} = 0$.

First law. $\Delta E_\text{int} = Q - L_\text{gas} + L_\text{atm} = 0 \ \Rightarrow\ T_B = T_A = 300\ \text{K}$

Final volume. The gas fills both boxes: $V_B = 2\cdot 2 = 4\ \text{m}^3$.

Final pressure. At constant temperature: $P_B = P_A\cdot\frac{V_A}{V_B} = \frac{P_A}{2}$

$\ev{T_B = 300\ \text{K},\ V_B = 4\ \text{m}^3,\ P_B = P_A/2}$

The gas expands but does NOT cool: this is an irreversible process, which cannot be traced on the $P$-$V$ plane.

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Testo

Un gas si espande isobaricamente a pressione $p = 1{,}0\cdot 10^5\ \text{Pa}$ da $V_1 = 0{,}10\ \text{m}^3$ a $V_2 = 0{,}30\ \text{m}^3$. Calcola il lavoro fatto dal gas.

Soluzione

Lavoro a pressione costante. Quando la pressione non cambia: $L = p\,\Delta V = p\,(V_2 - V_1)$

Sostituzione numerica. $L = 1{,}0\cdot 10^5\cdot(0{,}30 - 0{,}10) = 1{,}0\cdot 10^5\cdot 0{,}20$

$\ev{L = 2{,}0\cdot 10^4\ \text{J}}$

Il lavoro è positivo: il gas espandendosi compie lavoro sull’ambiente.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche Oggetti: Gas ideale

Problem

A gas expands isobarically at pressure $p = 1{,}0\cdot 10^5\ \text{Pa}$ from $V_1 = 0{,}10\ \text{m}^3$ to $V_2 = 0{,}30\ \text{m}^3$. Calculate the work done by the gas.

Solution

Work at constant pressure. When the pressure does not change: $L = p\,\Delta V = p\,(V_2 - V_1)$

Numerical substitution. $L = 1{,}0\cdot 10^5\cdot(0{,}30 - 0{,}10) = 1{,}0\cdot 10^5\cdot 0{,}20$

$\ev{L = 2{,}0\cdot 10^4\ \text{J}}$

The work is positive: as the gas expands it does work on the surroundings.

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Topics: Thermodynamics Concepts: Thermodynamic processes Objects: Ideal gas

Testo

Vero o falso, motivando ogni risposta:

1. Il primo principio vale sia per trasformazioni reversibili sia irreversibili.
2. In un’espansione libera nel vuoto il gas si raffredda sempre.
3. A volume costante, tutto il calore fornito al gas si trasforma in energia interna.
4. Il lavoro dell’atmosfera su un gas in espansione è positivo.

Soluzione

1) VERO. Il primo principio è la conservazione dell’energia: non richiede reversibilità. Vale per qualunque trasformazione, anche quelle irreversibili in cui gli stati intermedi non sono di equilibrio.

2) FALSO. Nell’espansione libera il contenitore è isolato ($Q = 0$) e il gas si espande nel vuoto ($L = 0$), quindi $\Delta E_\text{int} = 0 \Rightarrow T$ costante. Il gas non si raffredda.

3) VERO. A volume costante $L = 0$, quindi il primo principio dà $Q = \Delta E_\text{int}$: tutto il calore diventa energia interna.

4) FALSO. Se il gas si espande, comprime l’atmosfera: $\Delta V_\text{atm} < 0$, quindi $L_\text{atm} = P_\text{atm}\,\Delta V_\text{atm} < 0$. Nel bilancio del gas l’atmosfera compare con lavoro negativo.

$\ev{V,\ F,\ V,\ F}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Trasformazioni termodinamiche

Problem

True or false, justifying each answer:

1. The first law holds for both reversible and irreversible processes.
2. In a free expansion into a vacuum the gas always cools down.
3. At constant volume, all the heat supplied to the gas turns into internal energy.
4. The work done by the atmosphere on an expanding gas is positive.

Solution

1) TRUE. The first law is conservation of energy: it does not require reversibility. It holds for any process, including irreversible ones in which the intermediate states are not equilibrium states.

2) FALSE. In free expansion the container is isolated ($Q = 0$) and the gas expands into a vacuum ($L = 0$), so $\Delta E_\text{int} = 0 \Rightarrow T$ constant. The gas does not cool down.

3) TRUE. At constant volume $L = 0$, so the first law gives $Q = \Delta E_\text{int}$: all the heat becomes internal energy.

4) FALSE. If the gas expands, it compresses the atmosphere: $\Delta V_\text{atm} < 0$, so $L_\text{atm} = P_\text{atm}\,\Delta V_\text{atm} < 0$. In the gas’s balance, the atmosphere appears with negative work.

$\ev{T,\ F,\ T,\ F}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Thermodynamic processes

Testo

Si scaldano $2\ \text{mol}$ di gas monoatomico ($f = 3$) da $T_A = 300\ \text{K}$ a $T_B = 350\ \text{K}$ in un contenitore rigido. Quanto calore serve?

Soluzione

Volume costante. Il contenitore è rigido, quindi $L = 0$ e tutto il calore va in energia interna: $Q = \Delta E_\text{int} = \frac{f}{2}\, n R\, \Delta T = \frac{3}{2}\, n R\, \Delta T$

Dati. $f = 3$; $n = 2\ \text{mol}$; $\Delta T = 50\ \text{K}$.

Sostituzione numerica. $Q = \frac{3}{2}\cdot 2\cdot 8{,}31\cdot 50 = 1246{,}5\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 1{,}25\cdot 10^3\ \text{J}}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Energia interna Oggetti: Gas ideale

Problem

$2\ \text{mol}$ of monatomic gas ($f = 3$) are heated from $T_A = 300\ \text{K}$ to $T_B = 350\ \text{K}$ in a rigid container. How much heat is needed?

Solution

Constant volume. The container is rigid, so $L = 0$ and all the heat goes into internal energy: $Q = \Delta E_\text{int} = \frac{f}{2}\, n R\, \Delta T = \frac{3}{2}\, n R\, \Delta T$

Data. $f = 3$; $n = 2\ \text{mol}$; $\Delta T = 50\ \text{K}$.

Numerical substitution. $Q = \frac{3}{2}\cdot 2\cdot 8{,}31\cdot 50 = 1246{,}5\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 1{,}25\cdot 10^3\ \text{J}}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Internal energy Objects: Ideal gas

Testo

Le stesse $2\ \text{mol}$ di gas monoatomico a $P_\text{atm} = 10^5\ \text{Pa}$ vengono scaldate da $T_A = 300\ \text{K}$ a $T_B = 350\ \text{K}$ con pistone libero (pressione costante). Quanto calore serve? Confronta col problema precedente e spiega la differenza.

Soluzione

Calore molare a pressione costante. Per un gas con $f$ gradi di libertà: $C_p = \frac{f+2}{2}\,R = \frac{5}{2}\,R \qquad (f = 3)$

Calore fornito. $Q = n\, C_p\, \Delta T = 2\cdot\frac{5}{2}\cdot 8{,}31\cdot 50 = 2077{,}5\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 2{,}08\cdot 10^3\ \text{J}}$

Confronto col volume costante. Nel problema precedente $Q_V = 1246{,}5\ \text{J}$. La differenza è: $Q - Q_V = n R\,\Delta T = 2\cdot 8{,}31\cdot 50 = 831\ \text{J}$ Questi $831\ \text{J}$ sono il lavoro fatto dal gas per spingere via l’atmosfera durante l’espansione a pressione costante. Ecco perché $C_p > C_V$: a pressione costante il calore deve coprire sia l’aumento di energia interna sia il lavoro di espansione.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Oggetti: Pistone e cilindro · Gas ideale

Problem

The same $2\ \text{mol}$ of monatomic gas at $P_\text{atm} = 10^5\ \text{Pa}$ are heated from $T_A = 300\ \text{K}$ to $T_B = 350\ \text{K}$ with a free piston (constant pressure). How much heat is needed? Compare with the previous problem and explain the difference.

Solution

Molar heat at constant pressure. For a gas with $f$ degrees of freedom: $C_p = \frac{f+2}{2}\,R = \frac{5}{2}\,R \qquad (f = 3)$

Heat supplied. $Q = n\, C_p\, \Delta T = 2\cdot\frac{5}{2}\cdot 8{,}31\cdot 50 = 2077{,}5\ \text{J}$

$\ev{Q \approx 2{,}08\cdot 10^3\ \text{J}}$

Comparison with constant volume. In the previous problem $Q_V = 1246{,}5\ \text{J}$. The difference is: $Q - Q_V = n R\,\Delta T = 2\cdot 8{,}31\cdot 50 = 831\ \text{J}$ These $831\ \text{J}$ are the work done by the gas to push back the atmosphere during the constant-pressure expansion. That is why $C_p > C_V$: at constant pressure the heat must cover both the rise in internal energy and the work of expansion.

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Specific heat and heat capacity Objects: Piston and cylinder · Ideal gas

Testo

Nel piano $P$-$V$ disegna, partendo dallo stesso stato iniziale $A$, il percorso qualitativo di (a) un riscaldamento a volume costante e (b) un riscaldamento a pressione costante. Indica il verso di percorrenza. Segnala se è possibile tracciare una curva anche per (c) un’espansione libera nel vuoto, motivando.

Soluzione

(a) Volume costante (isocora). $V$ resta fisso mentre $T$ aumenta; dalla legge dei gas $P = nRT/V$ cresce con $T$. Il percorso è un segmento VERTICALE verso l’alto.

(b) Pressione costante (isobara). $P$ resta fissa mentre $T$ aumenta; il volume $V = nRT/P$ cresce. Il percorso è un segmento ORIZZONTALE verso destra.

(c) Espansione libera. NON è possibile tracciare una curva: durante l’espansione libera il gas attraversa stati di non equilibrio in cui $P$ e $V$ non sono ben definiti su tutto il gas. Solo lo stato iniziale e quello finale sono punti nel piano, ma il percorso tra essi non esiste come curva.

$\ev{(a)\ \text{isocora verticale},\ (b)\ \text{isobara orizzontale},\ (c)\ \text{non tracciabile}}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche Metodi: Diagramma P-V e ln P - ln V Oggetti: Gas ideale

Problem

In the $P$-$V$ plane, sketch, starting from the same initial state $A$, the qualitative path of (a) heating at constant volume and (b) heating at constant pressure. Indicate the direction of travel. State whether it is possible to draw a curve also for (c) a free expansion into a vacuum, justifying your answer.

Solution

(a) Constant volume (isochore). $V$ stays fixed while $T$ increases; from the gas law $P = nRT/V$ increases with $T$. The path is a VERTICAL segment going up.

(b) Constant pressure (isobar). $P$ stays fixed while $T$ increases; the volume $V = nRT/P$ increases. The path is a HORIZONTAL segment going right.

(c) Free expansion. It is NOT possible to draw a curve: during a free expansion the gas passes through non-equilibrium states in which $P$ and $V$ are not well defined across the whole gas. Only the initial and final states are points in the plane, but the path between them does not exist as a curve.

$\ev{(a)\ \text{vertical isochore},\ (b)\ \text{horizontal isobar},\ (c)\ \text{cannot be drawn}}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: Thermodynamic processes Methods: P-V and ln P - ln V diagram Objects: Ideal gas

Testo

Un blocco di alluminio di massa $m_\text{Al} = 0{,}5\ \text{kg}$ ($c_s = 900\ \text{J/(kg·K)}$) a $T = 400\ \text{K}$ viene messo in un cilindro rigido isolato contenente $n = 1\ \text{mol}$ di azoto (biatomico, $f = 5$) a $T = 290\ \text{K}$. Trova la temperatura di equilibrio (trascura il volume del blocco).

Soluzione

Impostazione. Il contenitore è isolato e rigido: nessun calore scambiato con l’esterno e nessun lavoro. Si conserva l’energia interna totale, cioè la somma delle variazioni è nulla: $m_\text{Al}\, c_s\,(T_f - 400) + \frac{5}{2}\, n R\,(T_f - 290) = 0$

Coefficienti. $m_\text{Al}\, c_s = 0{,}5\cdot 900 = 450\ \text{J/K}, \qquad \frac{5}{2}\, n R = \frac{5}{2}\cdot 1\cdot 8{,}31 = 20{,}775\ \text{J/K}$

Equazione. $450\,(T_f - 400) + 20{,}775\,(T_f - 290) = 0$ $470{,}775\, T_f = 180000 + 6024{,}75 = 186024{,}75$ $T_f = \frac{186024{,}75}{470{,}775} = 395{,}2\ \text{K}$

$\ev{T_f \approx 395\ \text{K}}$

La trasformazione è irreversibile (scambio di calore per contatto tra corpi a temperatura diversa), ma l’energia si conserva comunque.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Temperatura Competenze: Equazione calorimetrica Oggetti: Gas ideale · Calorimetro

Problem

An aluminium block of mass $m_\text{Al} = 0{,}5\ \text{kg}$ ($c_s = 900\ \text{J/(kg·K)}$) at $T = 400\ \text{K}$ is placed in an insulated rigid cylinder containing $n = 1\ \text{mol}$ of nitrogen (diatomic, $f = 5$) at $T = 290\ \text{K}$. Find the equilibrium temperature (neglect the volume of the block).

Solution

Setup. The container is insulated and rigid: no heat is exchanged with the surroundings and no work is done. The total internal energy is conserved, i.e. the sum of the changes is zero: $m_\text{Al}\, c_s\,(T_f - 400) + \frac{5}{2}\, n R\,(T_f - 290) = 0$

Coefficients. $m_\text{Al}\, c_s = 0{,}5\cdot 900 = 450\ \text{J/K}, \qquad \frac{5}{2}\, n R = \frac{5}{2}\cdot 1\cdot 8{,}31 = 20{,}775\ \text{J/K}$

Equation. $450\,(T_f - 400) + 20{,}775\,(T_f - 290) = 0$ $470{,}775\, T_f = 180000 + 6024{,}75 = 186024{,}75$ $T_f = \frac{186024{,}75}{470{,}775} = 395{,}2\ \text{K}$

$\ev{T_f \approx 395\ \text{K}}$

The process is irreversible (heat exchange by contact between bodies at different temperatures), but energy is conserved regardless.

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Temperature Skills: Calorimetric equation Objects: Ideal gas · Calorimeter

Testo

Due studenti discutono. Uno: «se $T_A = T_B$ allora il gas non ha ricevuto calore». L’altro: «non è vero, dipende da come è andata la trasformazione». Chi ha ragione? Dai un esempio con $T_A = T_B$ ma $Q \neq 0$ e uno con $T_A = T_B$ e $Q = 0$.

Soluzione

Ha ragione il SECONDO studente. La temperatura fissa l’energia interna, non il calore: $T_A = T_B$ implica solo $\Delta E_\text{int} = 0$, ma $Q$ dipende dal percorso.

Esempio con $Q \neq 0$ — isoterma reversibile. Il gas si espande a temperatura costante: riceve calore $Q = n R T \ln\!\frac{V_B}{V_A} > 0$ e compie un lavoro uguale sull’ambiente. L’energia interna non cambia ($T_A = T_B$), ma $Q \neq 0$.

Esempio con $Q = 0$ — espansione libera nel vuoto. Il gas è isolato ($Q = 0$) e si espande nel vuoto ($L = 0$): $\Delta E_\text{int} = 0 \Rightarrow T_B = T_A$, e qui $Q = 0$.

Conclusione. $T_A = T_B$ fissa $\Delta E_\text{int} = 0$, ma NON fissa $Q$: dipende dal percorso seguito.

$\ev{\text{Ha ragione il secondo}}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica

Problem

Two students are arguing. One says: “if $T_A = T_B$ then the gas has received no heat.” The other says: “not true, it depends on how the transformation went.” Who is right? Give an example with $T_A = T_B$ but $Q \neq 0$, and one with $T_A = T_B$ and $Q = 0$.

Solution

The SECOND student is right. Temperature fixes the internal energy, not the heat: $T_A = T_B$ only implies $\Delta E_\text{int} = 0$, but $Q$ depends on the path.

Example with $Q \neq 0$ — reversible isotherm. The gas expands at constant temperature: it receives heat $Q = n R T \ln\!\frac{V_B}{V_A} > 0$ and performs an equal amount of work on the surroundings. The internal energy does not change ($T_A = T_B$), but $Q \neq 0$.

Example with $Q = 0$ — free expansion into a vacuum. The gas is isolated ($Q = 0$) and expands into a vacuum ($L = 0$): $\Delta E_\text{int} = 0 \Rightarrow T_B = T_A$, and here $Q = 0$.

Conclusion. $T_A = T_B$ fixes $\Delta E_\text{int} = 0$, but does NOT fix $Q$: that depends on the path followed.

$\ev{\text{The second student is right}}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Thermodynamic transformations Skills: Limiting-case and thought-experiment analysis

Testo

Un gas biatomico ($n = 0{,}5\ \text{mol}$, $f = 5$) è in un cilindro verticale di area $A = 5\cdot 10^{-3}\ \text{m}^2$, chiuso da un pistone di massa $m_p = 10\ \text{kg}$ che scorre senza attrito; sopra il pistone c’è l’atmosfera a $P_\text{atm} = 10^5\ \text{Pa}$. Il gas riceve $Q = 500\ \text{J}$. Di quanto si alza il pistone? (trasformazione lenta a pressione costante).

Soluzione

Pressione del gas. Il pistone è in equilibrio: il gas sostiene l’atmosfera più il peso del pistone. La pressione resta costante: $P_\text{gas} = P_\text{atm} + \frac{m_p\, g}{A} = 10^5 + \frac{10\cdot 9{,}81}{5\cdot 10^{-3}} = 1{,}196\cdot 10^5\ \text{Pa}$

Aumento di temperatura. A pressione costante $Q = n\, C_p\, \Delta T$ con $C_p = \frac{7}{2}R$: $\Delta T = \frac{Q}{n\, C_p} = \frac{500}{0{,}5\cdot \frac{7}{2}\cdot 8{,}31} = 34{,}4\ \text{K}$

Aumento di volume. $\Delta V = \frac{n R\, \Delta T}{P_\text{gas}} = \frac{0{,}5\cdot 8{,}31\cdot 34{,}4}{1{,}196\cdot 10^5} = 1{,}20\cdot 10^{-3}\ \text{m}^3$

Innalzamento del pistone. $\Delta h = \frac{\Delta V}{A} = \frac{1{,}20\cdot 10^{-3}}{5\cdot 10^{-3}} = 0{,}24\ \text{m}$

$\ev{\Delta h \approx 0{,}24\ \text{m}}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica · Energia potenziale gravitazionale Competenze: Bilancio energetico a bolle Oggetti: Pistone e cilindro · Gas ideale

Problem

A diatomic gas ($n = 0{,}5\ \text{mol}$, $f = 5$) is in a vertical cylinder of area $A = 5\cdot 10^{-3}\ \text{m}^2$, closed by a frictionless piston of mass $m_p = 10\ \text{kg}$; above the piston is the atmosphere at $P_\text{atm} = 10^5\ \text{Pa}$. The gas receives $Q = 500\ \text{J}$. By how much does the piston rise? (slow transformation at constant pressure).

Solution

Gas pressure. The piston is in equilibrium: the gas supports the atmosphere plus the weight of the piston. The pressure stays constant: $P_\text{gas} = P_\text{atm} + \frac{m_p\, g}{A} = 10^5 + \frac{10\cdot 9{,}81}{5\cdot 10^{-3}} = 1{,}196\cdot 10^5\ \text{Pa}$

Temperature increase. At constant pressure $Q = n\, C_p\, \Delta T$ with $C_p = \frac{7}{2}R$: $\Delta T = \frac{Q}{n\, C_p} = \frac{500}{0{,}5\cdot \frac{7}{2}\cdot 8{,}31} = 34{,}4\ \text{K}$

Volume increase. $\Delta V = \frac{n R\, \Delta T}{P_\text{gas}} = \frac{0{,}5\cdot 8{,}31\cdot 34{,}4}{1{,}196\cdot 10^5} = 1{,}20\cdot 10^{-3}\ \text{m}^3$

Rise of the piston. $\Delta h = \frac{\Delta V}{A} = \frac{1{,}20\cdot 10^{-3}}{5\cdot 10^{-3}} = 0{,}24\ \text{m}$

$\ev{\Delta h \approx 0{,}24\ \text{m}}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics · Gravitational potential energy Skills: Bubble energy balance Objects: Piston and cylinder · Ideal gas

Testo

Stima il lavoro compiuto dall’atmosfera quando, in una giornata di sole, una bolla di aria calda di volume iniziale $V_A \approx 1\ \text{m}^3$ si espande a pressione circa costante (atmosferica) aumentando di circa il $10\%$ il volume. Il lavoro è fatto dal gas sull’ambiente o viceversa?

Soluzione

Variazione di volume. Un aumento del $10\%$ su $1\ \text{m}^3$: $\Delta V \approx 0{,}10\ \text{m}^3$

Pressione. Circa quella atmosferica: $p \approx 10^5\ \text{Pa}$.

Lavoro a pressione costante. $L = p\,\Delta V = 10^5\cdot 0{,}10 = 10^4\ \text{J}$

$\ev{L \sim 10^4\ \text{J}}$

La bolla si espande spingendo indietro l’atmosfera: il lavoro è compiuto DAL gas SULL’ambiente (l’atmosfera lo subisce).

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche Competenze: Stime di Fermi Oggetti: Gas ideale

Problem

Estimate the work done by the atmosphere when, on a sunny day, a bubble of hot air with initial volume $V_A \approx 1\ \text{m}^3$ expands at roughly constant (atmospheric) pressure, increasing its volume by about $10\%$. Is the work done by the gas on the surroundings or the other way round?

Solution

Change in volume. A $10\%$ increase on $1\ \text{m}^3$: $\Delta V \approx 0{,}10\ \text{m}^3$

Pressure. Roughly atmospheric: $p \approx 10^5\ \text{Pa}$.

Work at constant pressure. $L = p\,\Delta V = 10^5\cdot 0{,}10 = 10^4\ \text{J}$

$\ev{L \sim 10^4\ \text{J}}$

The bubble expands, pushing back the atmosphere: the work is done BY the gas ON the surroundings (the atmosphere is on the receiving end).

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Topics: Thermodynamics Concepts: Thermodynamic transformations Skills: Fermi estimates Objects: Ideal gas

Testo

Un gas ideale monoatomico compie quattro trasformazioni a partire dallo stesso stato iniziale $(p, V, T)$. Ordina il calore $Q$ scambiato dal minimo (può essere negativo) al massimo.

• (A) Isoterma con aumento di volume del $50\%$.
• (B) Adiabatica con aumento di volume del $50\%$.
• (C) Isobara con aumento di volume del $50\%$.
• (D) Isocora con aumento di pressione del $50\%$.

Soluzione

Impostazione. Gas monoatomico: $f = 3$, quindi $C_v = \tfrac{3}{2}R$ e $C_p = \tfrac{5}{2}R$. Analizziamo caso per caso usando il primo principio $Q = \Delta U + L$ con $\Delta U = n C_v \Delta T$.

(B) Adiabatica. Per definizione non c’è scambio di calore: $Q_B = 0$

(A) Isoterma. $\Delta U = 0$ (la temperatura non cambia), quindi $Q = L$: $Q_A = nRT\ln\frac{V_f}{V_i} = nRT\ln(1{,}5) = 0{,}405\,nRT$

(D) Isocora, $+50\%$ di pressione. A volume costante $p \propto T$, quindi la pressione aumenta del $50\%$ implica $\Delta T = 0{,}5\,T$. Il lavoro è nullo ($L = 0$): $Q_D = n C_v \Delta T = n\,\tfrac{3}{2}R\,(0{,}5\,T) = 0{,}75\,nRT$

(C) Isobara, $+50\%$ di volume. A pressione costante $V \propto T$, quindi il volume aumenta del $50\%$ implica $\Delta T = 0{,}5\,T$: $Q_C = n C_p \Delta T = n\,\tfrac{5}{2}R\,(0{,}5\,T) = 1{,}25\,nRT$

Ordinamento. Confrontando i coefficienti $0 < 0{,}405 < 0{,}75 < 1{,}25$: $\ev{B < A < D < C}$

Nota: nessun $Q$ è negativo perché tutte le trasformazioni comportano espansione o riscaldamento a partire dallo stato iniziale (Simonyi 2012).

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche Competenze: Ragionamento di ranking Oggetti: Gas ideale

Problem

A monatomic ideal gas undergoes four transformations starting from the same initial state $(p, V, T)$. Rank the heat $Q$ exchanged from the smallest (which may be negative) to the largest.

• (A) Isotherm with a $50\%$ increase in volume.
• (B) Adiabat with a $50\%$ increase in volume.
• (C) Isobar with a $50\%$ increase in volume.
• (D) Isochor with a $50\%$ increase in pressure.

Solution

Setup. Monatomic gas: $f = 3$, so $C_v = \tfrac{3}{2}R$ and $C_p = \tfrac{5}{2}R$. Let us analyse each case using the first law $Q = \Delta U + L$ with $\Delta U = n C_v \Delta T$.

(B) Adiabat. By definition there is no heat exchange: $Q_B = 0$

(A) Isotherm. $\Delta U = 0$ (the temperature does not change), so $Q = L$: $Q_A = nRT\ln\frac{V_f}{V_i} = nRT\ln(1{,}5) = 0{,}405\,nRT$

(D) Isochor, $+50\%$ pressure. At constant volume $p \propto T$, so a $50\%$ increase in pressure implies $\Delta T = 0{,}5\,T$. The work is zero ($L = 0$): $Q_D = n C_v \Delta T = n\,\tfrac{3}{2}R\,(0{,}5\,T) = 0{,}75\,nRT$

(C) Isobar, $+50\%$ volume. At constant pressure $V \propto T$, so a $50\%$ increase in volume implies $\Delta T = 0{,}5\,T$: $Q_C = n C_p \Delta T = n\,\tfrac{5}{2}R\,(0{,}5\,T) = 1{,}25\,nRT$

Ranking. Comparing the coefficients $0 < 0{,}405 < 0{,}75 < 1{,}25$: $\ev{B < A < D < C}$

Note: no $Q$ is negative because every transformation involves expansion or heating starting from the initial state (Simonyi 2012).

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Topics: Thermodynamics Concepts: Thermodynamic transformations Skills: Ranking reasoning Objects: Ideal gas

Testo

Gonfiando rapidamente il pneumatico di una bicicletta, la pompa si scalda sensibilmente.

• (a) Perché si scalda? Da dove viene l’energia?
• (b) Se pompassi la stessa aria molto lentamente, la pompa si scalderebbe ugualmente?
• (c) Il processo rapido è adiabatico o isotermo? E quello lento? Giustifica confrontando i tempi caratteristici di compressione e di scambio termico.

Soluzione

(a) Perché si scalda. La compressione rapida è approssimativamente adiabatica: non c’è tempo perché il calore fluisca fuori dal gas. Per il primo principio con $Q = 0$: $\Delta U = -L = L_\text{sul gas}$ Il lavoro che i muscoli compiono sul gas si converte integralmente in energia interna, cioè in aumento di temperatura. L’energia proviene dal lavoro muscolare di chi pompa.

(b) Pompaggio lento. No, la pompa non si scalda in modo apprezzabile. Comprimendo lentamente, il gas ha tutto il tempo di cedere calore all’ambiente man mano che viene compresso: la temperatura resta praticamente costante (processo isotermo) e l’energia del lavoro esce come calore invece di accumularsi.

(c) Confronto dei tempi. Sia $\tau_\text{compr}$ il tempo di compressione e $\tau_\text{scambio}$ il tempo caratteristico di scambio termico con l’ambiente:

• Rapido: $\tau_\text{compr} \ll \tau_\text{scambio}$ → il calore non fa in tempo a uscire → adiabatico.
• Lento: $\tau_\text{compr} \gg \tau_\text{scambio}$ → il gas resta in equilibrio termico con l’ambiente → isotermo.

$\ev{\text{rapido} = \text{adiabatico},\quad \text{lento} = \text{isotermo}}$

È lo stesso processo (stessa compressione) a dare esiti termici opposti a seconda della velocità (Povey 2015).

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Energia interna Oggetti: Gas ideale

Problem

When quickly inflating a bicycle tyre, the pump heats up noticeably.

• (a) Why does it heat up? Where does the energy come from?
• (b) If you pumped the same air very slowly, would the pump heat up just as much?
• (c) Is the fast process adiabatic or isothermal? What about the slow one? Justify by comparing the characteristic times of compression and heat exchange.

Solution

(a) Why it heats up. Fast compression is approximately adiabatic: there is no time for heat to flow out of the gas. By the first law with $Q = 0$: $\Delta U = -L = L_\text{sul gas}$ The work the muscles do on the gas is converted entirely into internal energy, i.e. into a temperature rise. The energy comes from the muscular work of whoever is pumping.

(b) Slow pumping. No, the pump does not heat up noticeably. Compressing slowly, the gas has plenty of time to release heat to the surroundings as it is compressed: the temperature stays practically constant (an isothermal process) and the energy of the work leaves as heat instead of accumulating.

(c) Comparing the times. Let $\tau_\text{compr}$ be the compression time and $\tau_\text{scambio}$ the characteristic time for heat exchange with the surroundings:

• Fast: $\tau_\text{compr} \ll \tau_\text{scambio}$ → heat has no time to leave → adiabatic.
• Slow: $\tau_\text{compr} \gg \tau_\text{scambio}$ → the gas stays in thermal equilibrium with the surroundings → isothermal.

$\ev{\text{fast} = \text{adiabatic},\quad \text{slow} = \text{isothermal}}$

It is the same process (the same compression) giving opposite thermal outcomes depending on its speed (Povey 2015).

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Topics: Thermodynamics Concepts: Thermodynamic transformations · Internal energy Objects: Ideal gas

Testo

Un frigorifero domestico è posto al centro di una stanza perfettamente isolata e viene acceso.

• (a) Nelle prime ore la temperatura $T$ della stanza scende, sale o resta costante? Motiva.
• (b) Dopo qualche ora si apre lo sportello e lo si lascia spalancato. Come evolve $T(t)$? Suggerimento: applica la conservazione dell’energia a un volume di controllo che racchiude l’intera stanza.
• (c) Stima l’incremento di temperatura dopo $4$ ore, assumendo una stanza di $50\;\text{m}^3$ e una potenza media dissipata di $100\;\text{W}$.

Soluzione

(a) T sale. La stanza è isolata termicamente, ma dalla presa elettrica entra continuamente energia. Un frigorifero non «distrugge» calore: lo pompa dall’interno del vano verso il retro (i condensatori). Poiché tutto resta dentro la stanza isolata, l’energia elettrica assorbita finisce integralmente come calore nell’aria della stanza. Quindi $T$ sale.

(b) T continua a salire, più ripida. Con lo sportello aperto il motore lavora di più: cerca di pompare calore da un ambiente verso lo stesso ambiente, un compito impossibile che lo tiene sempre in funzione. Più lavoro elettrico assorbito → più calore dissipato → la curva $T(t)$ diventa più ripida, non decresce mai.

(c) Stima. Applichiamo la conservazione dell’energia al volume di controllo «stanza». Energia immessa in $4$ ore: $E = P\,t = 100 \cdot 4 \cdot 3600 = 1{,}44\cdot 10^6\;\text{J}$ Massa d’aria ($\rho \approx 1{,}2\;\text{kg/m}^3$): $m = \rho V \approx 1{,}2 \cdot 50 = 60\;\text{kg}$ Con calore specifico dell’aria a volume costante $c_v \approx 718\;\text{J/(kg·K)}$: $\Delta T = \frac{E}{m\,c_v} = \frac{1{,}44\cdot 10^6}{60 \cdot 718} \approx 33\;\text{K}$ Questa è una stima «solo aria»: tenendo conto di pareti e arredi che assorbono calore, l’incremento reale sarebbe minore.

$\ev{T\text{ sale in entrambi i casi; più ripida a porta aperta; }\Delta T \sim 30\;\text{K}}$

Rielaborato da (Povey 2015, §12.3).

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Primo principio della termodinamica Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica Oggetti: Frigorifero

Problem

A domestic fridge is placed in the middle of a perfectly isolated room and switched on.

• (a) In the first few hours, does the room temperature $T$ fall, rise, or stay constant? Justify.
• (b) After a few hours the door is opened and left wide open. How does $T(t)$ evolve? Hint: apply energy conservation to a control volume enclosing the whole room.
• (c) Estimate the temperature increase after $4$ hours, assuming a room of $50\;\text{m}^3$ and an average dissipated power of $100\;\text{W}$.

Solution

(a) T rises. The room is thermally isolated, but energy continuously enters through the mains socket. A fridge does not “destroy” heat: it pumps it from inside the compartment to the back (the condensers). Since everything stays inside the isolated room, the electrical energy absorbed ends up entirely as heat in the room’s air. So $T$ rises.

(b) T keeps rising, more steeply. With the door open the motor works harder: it tries to pump heat from one environment into the same environment, an impossible task that keeps it running continuously. More electrical work absorbed → more heat dissipated → the curve $T(t)$ becomes steeper, never decreasing.

(c) Estimate. Apply energy conservation to the “room” control volume. Energy input in $4$ hours: $E = P\,t = 100 \cdot 4 \cdot 3600 = 1{,}44\cdot 10^6\;\text{J}$ Mass of air ($\rho \approx 1{,}2\;\text{kg/m}^3$): $m = \rho V \approx 1{,}2 \cdot 50 = 60\;\text{kg}$ With the specific heat of air at constant volume $c_v \approx 718\;\text{J/(kg·K)}$: $\Delta T = \frac{E}{m\,c_v} = \frac{1{,}44\cdot 10^6}{60 \cdot 718} \approx 33\;\text{K}$ This is an “air only” estimate: accounting for walls and furniture that absorb heat, the real increase would be smaller.

$\ev{T\text{ rises in both cases; steeper with the door open; }\Delta T \sim 30\;\text{K}}$

Reworked from (Povey 2015, §12.3).

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Topics: Thermodynamics Concepts: First law of thermodynamics Skills: Limiting-case and thought-experiment analysis Objects: Fridge

Testo

Quanta energia serve per riscaldare $0{,}50\;\text{kg}$ d’acqua da $20\;^\circ\text{C}$ a $60\;^\circ\text{C}$? Usa $c_\text{acqua} = 4186\;\text{J/(kg·K)}$.

Soluzione

Impostazione. Nessun passaggio di stato: l’energia serve solo ad aumentare la temperatura. Vale l’equazione calorimetrica: $Q = m\,c\,\Delta T$ con $m = 0{,}50\;\text{kg}$, $c = 4186\;\text{J/(kg·K)}$ e $\Delta T = 60 - 20 = 40\;\text{K}$.

Calcolo numerico. $Q = 0{,}50 \cdot 4186 \cdot 40 = 83720\;\text{J}$

$\ev{Q \approx 8{,}4\cdot 10^4\;\text{J}}$

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Calore specifico e capacità termica Competenze: Equazione calorimetrica

Problem

How much energy is needed to heat $0{,}50\;\text{kg}$ of water from $20\;^\circ\text{C}$ to $60\;^\circ\text{C}$? Use $c_\text{acqua} = 4186\;\text{J/(kg·K)}$.

Solution

Setup. No change of state: the energy is only needed to raise the temperature. The calorimetric equation applies: $Q = m\,c\,\Delta T$ with $m = 0{,}50\;\text{kg}$, $c = 4186\;\text{J/(kg·K)}$ and $\Delta T = 60 - 20 = 40\;\text{K}$.

Numerical calculation. $Q = 0{,}50 \cdot 4186 \cdot 40 = 83720\;\text{J}$

$\ev{Q \approx 8{,}4\cdot 10^4\;\text{J}}$

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Topics: Thermodynamics Concepts: Specific heat and heat capacity Skills: Calorimetric equation

Testo

Si mescolano $200\;\text{g}$ d’acqua a $80\;^\circ\text{C}$ con $300\;\text{g}$ d’acqua a $10\;^\circ\text{C}$. Trascurando le perdite verso l’ambiente, qual è la temperatura finale $T_f$?

Soluzione

Impostazione. All’equilibrio termico il calore ceduto dall’acqua calda è pari al calore assorbito da quella fredda: la somma algebrica dei calori scambiati è nulla. $m_1 c\,(T_f - 80) + m_2 c\,(T_f - 10) = 0$ Poiché entrambe sono acqua, il calore specifico $c$ si semplifica: il risultato è la media pesata delle temperature con le masse.

Calcolo numerico. $T_f = \frac{m_1 \cdot 80 + m_2 \cdot 10}{m_1 + m_2} = \frac{200\cdot 80 + 300\cdot 10}{200 + 300} = \frac{19000}{500} = 38\;^\circ\text{C}$

$\ev{T_f \approx 38\;^\circ\text{C}}$

Il valore cade fra $10$ e $80\;^\circ\text{C}$ ed è più vicino a $10$ perché la massa fredda è maggiore: coerente.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Calore specifico e capacità termica Competenze: Equazione calorimetrica Metodi: Equazione calorimetrica delle miscele Oggetti: Calorimetro

Problem

$200\;\text{g}$ of water at $80\;^\circ\text{C}$ are mixed with $300\;\text{g}$ of water at $10\;^\circ\text{C}$. Neglecting losses to the surroundings, what is the final temperature $T_f$?