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Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 18 • LA TEMPERATURA

© Zanichelli 2015 1

Problemi di paragrafo

1 La temperatura dell’acqua diminuisce durante la fase di misurazione. Per minimizzare questo effetto occorre un termometro dotato di una prontezza adeguata, riempito con un liquido che si dilati velocemente. Inoltre, la massa del termometro deve essere trascurabile rispetto a quella dell’acqua.

2 Il termometro è tarato in gradi Fahrenheit, scala usata per esempio negli Stati Uniti d’America.

3 l’oro fonde a una temperatura maggiore

4

5

6 L’aumento di temperatura in gradi Celsius è pari all’aumento di temperatura in Kelvin:

7

8

e quando si ha

t = 5

9T°F − 32( )°C⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

59

86− 32( )°C⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = 30°C.

1065 °C = 1065 + 273( ) K = 1338 K →

Tf = −210 °C = 63 KTe = 77 KΔT = 77 − 63= 14 K.

ΔT = 20 °C = 20 KTf = Ti + ΔT = 298 K + 20 K = 318 K

Tf = (318 − 273) °C = 45 °C.

TK − 273 K=T°F − 32 °F1,8

→ TK = 451 °F − 32 °F1,8

+ 273⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

K = 506 K

t°C = TK − 273( ) °C = 506 − 273( ) °C = 233 °C. T°F =

95

T°C + 32⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

°F

T°F =

95

T°C + 32⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

°F T°F = T°C = T

45T = −32→ T = −40 °C = −40 °F.



9

10

11 Sul concetto di equilibrio termico e sul fenomeno della variazione del volume del liquido sottoposto a una variazione di temperatura.

12 Per il principio zero della termodinamica, entrambe si porteranno all’equilibrio termico con il tavolo (e più in generale con l’ambiente), quindi raggiungeranno la stessa temperatura.

13 Proporzionalità diretta.

14 Si piega dalla parte del rame poiché il rame, a parità di differenza di temperatura, si allunga meno dello zinco.

15

16

l = li 1+ λΔt( ) = 25,47km 1+ 23×10−6 °C−1( ) 55,0 −12,5( ) °C⎡⎣ ⎤⎦ = 25,50 km

17

Δl = liλΔt→ Δt = Δlliλ

= 0,15 cm55 cm( ) 16,5 ×10−6 °C−1( ) = 160°C

t = t0 + Δt = 20 +160( ) °C = 1,8 ×102 °C

18

Δb = biλΔt = 100 cm( ) 9 ×10−6 °C−1( ) 65 °C( ) = 6 ×10−2 cm

Δl = liλFeΔT = 8,750 m( ) 12 ⋅10−6 °C−1( ) 200 °C− 20 °C( ) = 19 mm



analogamente Δh = hiλΔt = 167 cm( ) 9 ×10−6 °C−1( ) 65 °C( ) = 1×10−1 cm

ΔS = Si2λΔt = 167 cm( ) 100 cm( )2 9 ×10−6 °C−1( ) 65 °C( ) = 2 ×102 cm2

19

Invertendo la relazione per la dilatazione lineare si ottiene:

20 La superficie totale iniziale è data da:

La variazione percentuale è data dal rapporto tra la variazione di superficie e la superficie iniziale:

21 • Le due grandezze sono direttamente proporzionali. • Dal grafico si ricava il coefficiente angolare della retta:

Questo valore è il doppio del coefficiente di dilatazione lineare della ghisa, in accordo con la relazione , dove rappresenta il coefficiente di dilatazione superficiale.

22 Il raggio del foro all’interno della rondella aumenta come se la rondella non avesse il foro e fosse un disco d’alluminio sottoposto a riscaldamento. Sia il foro che la rondella si espandono con lo stesso coefficiente di dilatazione:

23 da cui si ricava

Δt =li( )2

− li( )1λ1 li( )1 − λ2 li( )2

= 0,270 m − 0,269 m 19 ×10−6 °C−1( ) 0,269 m( )− 14 ×10−6 °C( ) 0,270 m( ) = 8 ×102 °C

24 l = li + liλΔt→ il coefficiente angolare della retta è liλ e dal grafico si ricava

ΔSSi

= 0,70%

Si = 140 mm( ) 105 mm( )− 4 15 mm)(30 mm( ) = 1,3×104 mm2

ΔS = Si2λΔT = 1,3×104 mm2( )2 1,9 ×10−5 °C−1( ) 5 °C( ) = 2,5 mm2

ΔSSi

= 2,5 mm2

1,3⋅104 mm2 = 0,02%

ΔyΔx

= 0,004 − 0,001200 − 50( ) °C = 2,0 ×10−5 °C−1.

σ = 2λ σ

d = di 1+ λΔt( ) = 30,05 mm( ) 1+ 23×10−6 °C−1( ) 85 °C −10 °C( )⎡⎣ ⎤⎦ = 30,10 mm

li( )1 1+ λ1Δt( ) = li( )2 1+ λ2Δt( )

Δt = ΔS

Si 2λ= ΔS

Si

12λ

= 0,0070 12 9,0×10−6( ) °C−1

= 3,9×102 °C.



25 ° mentre ° quindi il materiale che si dilata maggiormente è lo

zinco.

26

27 È impossibile far uscire l’anello dal cilindro, a causa della dilatazione termica. L’azoto liquido è a una temperatura di .

28 Il coefficiente di dilatazione lineare per il ferro è ; essendo , risulta

Dalla relazione per la dilatazione volumica si ottiene:

29 •

•

30

Il materiale potrebbe essere il vetro, vedi tabella pag. 609.

31 • Il volume iniziale Vi viene calcolato come somma dei volumi di un parallelepipedo e di una

piramide:

liλ = 802,5 mm − 800,5 mm100 °C− 20 °C

= 2,5 ×10−2 mm °C−1 ⇒λ = 2,5 ×10−2 mm °C800,5 mm

−1

= 31×10−6 °C−1.

λCu = 17 ×10−6 °C−1 λZn = 30 ×10−6 °C−1

ΔV =ViαΔt → ΔV

Vi

=αΔt.

−195 °C

λ = 12 ×10−6 °C−1 α = 3λα = 36 ×10−6 °C−1.

Δt = ΔV

Viα=

V −V0

Viα12,4−12,2( ) cm3

12,2 cm3( ) 36×10−6 °C−1( ) = 455 °C

t = ti + Δt = (20+ 455) °C = 475 °C ≈ 5×102 °C.

Vi = 35 cm( ) 54 cm( ) 425 cm( ) = 8,03×105 cm3

ΔV =Vi 3λΔt = 8,03×105 cm3( )3 14 ×10−6 °C−1( ) 33−15( ) °C = 6,1×102 cm3

ΔV1 = 1‰Vi = 0,001 8,03×105 cm3( ) = 803 cm3

Δt = ΔV1

3λVi= 803 cm3

3 14 ×10−6 °C−1( ) 8,03×105 cm3( ) = 24 °C.

ΔV = 3λViΔt e V=πD2h4

λ = ΔV34πD2hΔt

= 0,10 cm3

34π 1,8 cm( )2 21 cm( ) 80 °C−10 °C( )

= 8,9 ⋅10−6 °C−1

Vi = Ab × h1 +

Ab × h2

3= 1,80 cm( )2

5,40 cm( ) + 1,80 cm( )24,3cm( )

3= 22,1 cm3



La variazione percentuale di volume è

• Applicando la relazione inversa per la dilatazione volumica si ottiene:

32 A causa di un comportamento anomalo, il volume dell’acqua aumenta al diminuire della temperatura fra 4 °C e 0 °C; nel congelatore il volume aumenterebbe di circa il 10% fino a rompere il vetro.

33 Il coefficiente di dilatazione cubica del mercurio è mentre quello del vetro è

. Quindi, a parità di temperatura, il mercurio si dilata molto di più del vetro.

34 A parità di tutti gli altri fattori e , quindi l’alcool si dilata più del mercurio e riempie il capillare a temperature minori. Di conseguenza la portata di un termometro ad alcool è minore.

35

ΔV =ViαΔt = 270 L( ) 210 ×10−6 °C−1( ) 90 −10( ) °C

36

e

Dalla relazione per la dilatazione volumica si ottiene:

37

•

l’olio fuoriuscito è • Se si ha

38

V −Vi

Vi

= ΔVVi

=22,2− 22,1( ) cm3

22,1cm3 = 0,0045≈ 0,5%

Δt = ΔV

Viα= 0,005

36×10−6( ) °C−1= 1×102 °C.

αHg = 1,8 ×10−4 °C−1

α vetro = 2,7 ×10−5 °C−1

αHg = 1,8 ×10−4 °C−1 α alcool = 11×10−4 °C−1

V = l 3 = 1000 cm3

Vi =

34

V = 34×1000 cm3 = 750 cm3 → ΔV = 250 cm3

Δt = ΔV

Viα= 250 cm3

750 cm3( ) 1,12×10−3 °C−1( ) = 298 °C

T = 20 + 298( ) °C = 318 °C.

ΔVolio =ViαΔt = 2,0 dm3( ) 0,72 ×10−3

°C−1( ) 30 −10( ) °C = 2,8 ×10−2 dm3 = 28,8 cm3

ΔVvetro =Vi 3λΔt = 2,0 dm3( )3 9,0 ×10−6

°C−1( ) 30 −10( ) °C = 1,08 ×10−3 dm3 = 1,08 cm3

ΔVolio − ΔVvetro = 28,8 −1,08( ) cm3 = 27,7 cm3

V2 =V1 + ΔVolioΔdd

= d2 − d1

d1

= m /V2 −m /V1

m /V1

= V1 −V2

V2

= − ΔVV2

= − 28,8 cm3

2028,8 cm3 = −1,4%.

ΔVbenz − ΔVAl = α benz − 3λAl( )ViΔt = 1,0 ×10−3 − 3× 23×10−6( ) °C−1⎡⎣ ⎤⎦ 15,0 L( ) 42,0 −18,0( )°C = 0,34 L.



39 Il volume del capillare con r = d / 2 è

Dalla relazione per la dilatazione volumica si ottiene l’intervallo di temperatura apprezzabile con la massima variazione di volume consentita. Per il mercurio:

°C

Per l’alcool:

approssimata per difetto

40

e l’area di base del collo cilindrico è

41 Il volume, trattandosi di un recipiente rigido e chiuso ermeticamente.

42 Una trasformazione isocora.

43 La differenza è che la costante ha lo stesso valore per tutti i gas mentre per i solidi e i liquidi varia da sostanza a sostanza.

44 • Le temperature assolute degli stati iniziale e finale. • V0 è il volume occupato dal gas alla temperatura di 0 °C e t la temperatura a cui il gas occupa il

volume V.

45

46

ΔV = π r 2h = π 8,80×10−3cm

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

7,50 cm( ) = 4,56×10−4 cm3

ΔT = ΔV

ViαHg

= 4,56×10−4 cm3

8,30×10−3 cm3( ) 1,8×10−4 °C−1( ) = 305 °C→ T = T0 + ΔT = (10 + 305)°C = 315

ΔT = ΔV

Viα alcool

= 4,56×10−4 cm3

8,30×10−3 cm3( ) 11×10−4 °C−1( ) = 49 °C

→ T = T0 + ΔT = 10 + 49( )°C = 59 °C

ΔV = ΔVvino − ΔVvetro =Vi α − 3λ( )ΔT Ab = π d / 2( )2

h = ΔVAb

=Vi α − 3λ( )Δt

πd 2 / 4=

54,5 ×103 cm3( ) 220 ×10−6 − 3× 9,0 ×10−6( ) °C−1⎡⎣ ⎤⎦ 23−12( ) °C

π 4,2 cm( )2 / 4= 8,4 cm.

α

VT =ViTi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟T → Ti =

ViVT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟T = Vi

2Vi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

800 K( ) = 400 K.

V = ViTiT = 0,80 mL

293 K255 K( ) = 0,70 mL



47

48 • Dalla 1° legge di Gay-Lussac si ottiene

•

I due risultati quindi coincidono fino alla seconda cifra significativa.

49

50

Dato che per ogni km di altitudine la temperatura varia di 10 K, l’altitudine richiesta è di circa 3 km.

51

Dalla 1° legge di Gay-Lussac:

L’altezza raggiunta dal pistone si ottiene dividendo il volume finale per la superficie di base, con r =1,3 dm

52

V1 =V0(1+αt1); V2 =V0(1+αt2 ) →

→ V2 =V1

1+αt2

1+αt1= 2,50 L( )

1+ 100 °C273 °C

1+ 20 °C273 °C

= 3,18 L

α =

V −V0

V0t=

4,8− 2,5( ) L2,5 L( ) 251°C( ) = 0,003665 °C−1 = 3,7 ×10−3 °C−1

α = 1

273°C= 0,003663 °C−1 = 3,7 ×10−3 °C−1

VVi

= TTi

SbhSbhi

= TTi

h1,5 cm

= 315 K293 K

→ h = 16 cm

T = V

Vi

Ti =

910

Vi

Vi

Ti =9

10Ti =

910

298 K( ) = 268 K.

ΔT = 298− 268( ) K = 30 K.

Ti = 32 °C = 305 KT = 56 °C = 329 K

V =

Vi

Ti

T = 8,5 dm3

305 K329 K( ) = 9,2 dm3

h = Vπ r2 = 9,2 dm3

3,14 1,3 dm( )2 = 1,7 dm = 17 cm.

Ti = 14 °C = 287 K



53 • Le temperature assolute degli stati iniziale e finale. • p0 è la pressione del gas alla temperatura di 0 °C e t la temperatura a cui il gas ha pressione p.

54 All’aumentare della temperatura, a volume costante, aumenta la pressione del gas, talvolta infiammabile, contenuto all’interno della bomboletta, con il pericolo di esplosione.

55

56

57

58

59

60

•

La variazione percentuale di pressione è:

V −Vi

Vi

= 0,02

VVi

= TTi

→ VVi

−1= TTi

−1→

V −Vi

Vi

=T −Ti

Ti

= 0,02→ T = 1,02 Ti = 1,02 287 K( ) = 293 K = 20° C.

p1 = p0 1+αt1( )p2 = p0 1+αt2( )p1

p2

= 1+αt11+αt2

→ t2 =p2

p1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1α+ t1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

1α

= 5,5 ×105 Pa5,0 ×105 Pa

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

273 °C+16 °C( )− 273 °C = 45 °C.

p = p0 1+αt( ) = 1,7 ×105 Pa( ) 1+ 1273

°C−1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −273 °C( )⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= 0 Pa.

t1 = 20 °C→ T1 = 293 K; t2 = 38 °C→ T1 = 311 K

p2 =p1

T1

T2 =2,5 atm293 K

311 K( ) = 2,7 atm.

p = p0 1+α t( )→ t = 1α

pp0

−1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= (273 °C) 1012 mmHg

1000 mmHg−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 3 °C.

T1 = 18,3 °C = 291,3 K ; T2 = 34,7 °C = 307,7 K

p2 =p1

T1

T2 =2,15 ×105 Pa( ) 307,7 K( )

291,3 K= 2,27 ×105 Pa.

T1 = 12 °C = 285 K ; T = 35 °C = 308 K

p =

p1

T1

T =8,5 atm( ) 308 K( )

285 K= 9,2 atm



A pressione costante vale la 1° legge di Gay-Lussac e la variazione percentuale di volume è uguale alla variazione percentuale di pressione (vedi prima e seconda legge di Gay-Lussac):

61 • Il coefficiente angolare è dato dal rapporto tra le variazioni di pressione e temperatura:

• Dall’equazione della retta , con e si ha:

•

62 La trasformazione è una trasformazione isoterma .

La trasformazione è una trasformazione isocora e vale la 2° legge di Gay-Lussac

Dal grafico si ricavano

e

63 Pressione e volume sono inversamente proporzionali e il grafico che rappresenta questa trasformazione è un ramo d’iperbole.

64 Per la legge di Stevino, la pressione diminuisce muovendosi dal fondo verso la superficie, quindi le bollicine diventano più grandi, come previsto dalla legge di Boyle (minor pressione, maggiore volume).

65

66

67

Per la legge di Boyle:

Δpp1

=p − p1

p1

=9,2−8,5( )atm

8,5 atm= 0,082 = 8,2%.

ΔVV1

= 8,2% →ΔV = 0,082V0.

ΔpΔt

=0,52− 0,50( ) atm

11 °C= 0,0018 atm °C−1

mxqy += q = p0 = 0,50 atm m = 0,0018 atm °C-1

p = 0,50 atm + 0,0018 atm °C−1( )t

p0α = 0,50 atm 1

273 °C= 0,0018 atm °C−1.

A→ B → TB = TA = 330 K

B→C → pBTB

= pCTC

pB = 0,30 ×105 Pa pC = 0,10 ×105 Pa → TC = TBpB

pC =330 K( ) 0,10 ×105 Pa( )

0,30 ×105 Pa( ) = 110 K.

V =

pi

pVi =

1,4×105 Pa( ) 9,8×10−5 m3( )2,3×105 Pa( ) = 6,0×10−5 m3 = 60 cm3.

p =

Vi

Vpi =

Vi

Vi / 2pi = 2 pi = 2 atm.

piVi = pV →

pi

p= V

Vi

= 32→

Vi

V= 2

3.



68

69

70 La trasformazione è a volume costante

Dalla legge di Boyle applicata alla trasformazione si ottiene

La trasformazione è a volume costante

71

•

•

Dalla 1° legge di Gay-Lussac

72

73 No, è valida solo se le temperature sono espresse nella scala Kelvin.

74 Si espande salendo e si arresta quando la densità dell’aria è uguale alla densità dell’elio nel palloncino.

p1V1 = p2V2 →V2 =p1V1

p2

=102 kPa( ) 1,28 L( )

190 kPa= 6,87 ×10−1 L

ΔV2 =Δp1

p1

+ ΔV1

V1

+ Δp2

p2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟V2 =

3 kPa102 kPa

+ 0,01 L1,28 L

+ 5 kPa190 kPa

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

6,87 ×10−1 L( ) = 0,04 L

V2 = 0,69 ± 0,04( ) L.

Vtot =43V1 → p1( ) f =

34p1

Vtot = 4V2 → p2( ) f =p2

4

pf = p1( ) f + p2( ) f =34p1 +

p2

4= 3

415 atm( ) + 1

430 atm( ) = 19 atm.

A→ B →VA =VB = 0,30 ×10−3 m3

B→C

pBVB = pCVC → VC = pBVB

pC

=0,80 ×105 Pa( ) 0,30 ×10−3 m3( )

0,30 ×105 Pa= 0,80 ×10−3 m3.

C→ D →VD =VC = 0,80 ×10−3 m3

pV = piVi → V =

piVi

p=

8,0 atm( ) 400 mL( )1,0 atm( ) = 3,2×10−3 m3

T = 20 °C = 293 K; T1 = 52 °C = 325 K

V1 =

VT

T1 =3,2×10−3 m3( ) 325 K( )

293 K= 3,5×10−3 m3.



75

76

77

78

è il volume finale

79

80

81 12 ×12 u + 22 ×1 u +11×16 u = 342 u m = 342 u( ) 1,67 ×10−27 kg u−1( ) = 5,71×10−25 kg

p1V1 =piViTi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟T1 →V1 =

piViT1

p1Ti=

150 kPa( ) 4,2 L( ) 273+ 20( ) °C200 kPa( ) 273+ 35( ) °C

= 3,0 L.

p1V1 =piViTi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟Ti →V1 =

piViT1p1Ti

t = T1 − 273 K = p1V1TipiVi

− 273 K( )

=110 kPa( ) 0,029 m3( ) 273+ 7,0( ) °C

102 kPa( ) 0,024 m3( ) − 273 K( ) = 365 K( )− 273 K( ) = 92 °C.

p1V1 =piViTi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟T1 → p1 = pi

ViV1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟T1

Vi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 102 kPa( ) 100%

27%⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

273+ 38,0( ) K273+12,0( ) K = 412 kPa

A = 7,1×10−3 m2

Ti = 23 °C = 296 KT = 65 °C = 338 KV = 0,99Vi

p =

piVi

Ti

TV

=1,04 ⋅105 Pa( )Vi

296 K338 K0,99Vi

= 1,2 ⋅105 Pa

p = FA→ F = pA = 1,2 ×105 Pa( ) 7,1×10−3 m2( ) = 8,5 ×102 N

d1

d0

= m /V1

m /V0

= V0

V1

→ d1 = d0V0

V1

= d0p1T0

p0T1

= 1,25 kg m−3( ) 1,40 ×105 Pa( ) 273 K( )1,013×105 Pa( ) 273 K + 57,0 K( ) = 1,43 kg m−3

N = Mm

= (1,0 kg)(5,7 ×10−25 kg)

= 1,8 ×1024



82

2x + 3×16 u = 160 u→ x = 160 − 482

u = 56 u

Consultando la tavola periodica, vediamo che l’elemento ignoto è il Ferro.

83

84 Sì, perché eseguendo il rapporto tra una massa in grammi numericamente uguale alla massa atomica o molecolare di una data sostanza si ottiene sempre il numero di Avogadro. .

85

86

Atomi di ossigeno:

Atomi di piombo:

87 • Dalla tavola periodica la massa molare dello zinco è

• Il numero di atomi contenuti nel blocco è pari a

88 La massa molare della molecola di glucosio è

e il numero n di moli è pari a

NA = 6,022 ×1023

NO = NAmmA

=6,02 ×1023 mol−1( ) 32 g( )

16 g mol−1 = 1,2 ×1024

NPb =NAmmA

=6,02 ×1023 mol−1( ) 83 g( )

207 g mol−1 = 2,4 ×1023

M = 65,41 g mol−1

n = m

M=

3,2×103g( )65,41 g mol−1( ) = 49 mol

N = nN A = 49 mol( ) 6,02×1023mol−1( ) = 3,0×1025 atomi

6×12 g mol−1 +12×1 g mol−1 + 6×16 g mol−1 = 180 g mol−1

n =

mglucosio

Mglucosio

= 15g180 g mol−1 = 0,083 mol



89

90 Una mole di gas a 0 °C e alla pressione atmosferica normale occupa sempre un volume di 22,4 L.

91 Il prodotto pV risulterebbe uguale a zero e questo implicherebbe, matematicamente, una pressione nulla o un volume nullo, o entrambi; tutte situazioni fisicamente impossibili.

92 Si ha un aumento di pressione.

93

94

95

96

Se p è costante, da si ottiene:

V = 3Vi e p =

pi

2

pVT

=piVi

Ti

→

pi

23Vi

T=

piVi

Ti

→ 32T

= 1Ti

→ T = 32

Ti

V = π D

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

h = π 7,0×10−2 m( )20,92 m( ) = 1,42×10−2 m3

p = nRT

V=

14,8 mol( ) 8,315 J mol−1 K−1( ) 293 K( )1,42×10−2 m3 = 2,54×106 Pa

Δp = Δnn

+ ΔTT

+ Δhh

+ 2 Δdd

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ p =

0,114,8

+ 2 K293 K

+ 1 cm92 cm

+ 2 0,5 cm14 cm

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2,54 ×106 Pa( ) = = 0,2 ×106 Pap = 2,5 ± 0,2( )×106 Pa

pV = nRT →V1 =nRT1

p1

=1,5 mol( ) 8,315 J mol−1 K−1( ) 273+15( ) K

1,1×105 Pa( ) = 33 L

pV = nRT



V1

V2

= T1

T2

→ T2 =T1V2

V1

= T1V2

nRT1 / p1

= p1V2

nR=

1,1×105 Pa( ) 38 L( )1,5 mol( ) 8,315 J mol−1 K−1( ) = 335 K = 62 °C

97 Raggio tubo r = 1,3×10−2 m Lunghezza tubo l = 4,38 ×10−1 m Temperatura iniziale: Ti = 20 °C = 93 K

• Il volume del tubo, che resta costante, è pari al volume di un cilindro:

Vi =V = π r 2l = π 1,3×10−2 m( )2

4,38×10−1 m( ) = 2,3×10−4 m3 Il numero di moli è

n =

piVi

RTi

=5,3×103 Pa( ) 2,3×10−4 m3( )8,31 J mol−1 K−1( ) 293 K( ) = 5,1×10−4 mol

• Dall’equazione di stato si ricava la pressione massima

p = nRT

V=

5,1×10−4 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 3500 K( )2,3×10−4 m3( ) = 63×103 kPa

98 • In 1,0 m3 di aria in condizioni standard sono contenute

n =

piVi

RTi

=1,013⋅105 Pa( ) 1,0 m3( )

8,31 J mol−1 K−1( ) 293 K( ) = 42 mol di aria

Il numero di moli di Argon è 42 × 0,95% = 4,0 ⋅10−1 mol • Le nuove condizioni di pressione e temperatura sono:

e p = pi − 22% pi = 1− 0,22( ) pi = 0,78pi = 7,9×104 Pa

Dall’equazione di stato del gas perfetto si ha

V = nRTp

=4,0 ×10−1 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 273 K( )

7,9 ⋅104 Pa( ) = 1,1×10−2 m3

99 Per lo stato A: pA = 6,0 ×105 Pa ; VA = 3,0 ×10−3 m3

TA =

pAVA

nR=

6,0×105 Pa( ) 3,0×10−3 m3( )0,52 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) = 4,2×102 K

Per lo stato B: VB = 10 ×10−3 m3 ; TB = TA = 420 K

pB = nRTB

VB

=0,52 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 420K( )

10 ×10−3 m3( ) = 1,8 ×105 Pa

Per lo stato C: VC = 10 ×10−3 m3 ; TC = TD = 2,8 ×102 K

T = 273 K



pC = nRTC

VC

=0,52 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 280K( )

10 ×10−3m3( ) = 1,2 ×105 Pa

Per lo stato D: VD = 3,0 ×10−3 m3 ; pD = 4,0 ⋅105 Pa

TD =pDVD

nR=

4,0×105 Pa( ) 3,0×10−3 m3( )0,52 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) = 2,8×102 K.

100

101



Problemi generali

1

2

3

4

5

6

Dividendo membro a membro , si ottiene:

m = nMCH4= pVRT

MCH4=

215 ×105 Pa( ) 34,5 ×10−3 m3( )8,31 J mol−1 K−1( ) 318 K( ) 12 + 4 ×1( ) g mol−1 =

= 284,3 mol × 16 g mol−1 = 4,49 kg

Δm = Δpp

+ ΔVV

+ ΔTT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟m = 2 atm

215 atm+ 0,1 L

34,5 L+ 1 K

318 K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0,1 kg

m = 4,5 ± 0,1( ) kg

ΔV =Vi 3αΔt =mρ

3αΔt = 0,1 kg8,96 ×103 kg m−3 3 17 ×10−6 °C−1( ) 100 °C− 20 °C( ) = 4,55 ×10−8 m3

pf =nRTf

4,5Vi e pi =

nRTiVi

pi =Ti p fVf

TfVi=

288,5 K( ) 1,013×105 Pa( )4,50292 K

= 4,50 ×105 Pa

pi = p0 + gdh→ h = pi − p0

dg=

4,50 ×105 −1,013×105( ) Pa1,0 ×103 kg m−3( ) 9,81 m s−2( ) = 36 m



7

Dalla legge di dilatazione lineare:

dato , si ottiene Δt = Δlliλ

= 0,0003 19 ×10−6 °C−1 = 33 °C.

La temperatura a cui bisogna sottoporre il bicchiere sottostante è:

8

Raggio del barattolo: Capacità del barattolo: Altezza della marmellata • Quando il coperchio viene chiuso, trascurando la leggera deformazione del coperchio verso

l’interno, si ha una trasformazione a volume costante per cui dalla 2° legge di Gay-Lussac:

• Il volume occupato dall’aria (V0), dopo che il barattolo è stato riempito di marmellata fino all’altezza di 11 cm, è dato dalla differenza tra la capacità del barattolo (VTOT) e il volume della marmellata ( ):

n = p0V0

RT0

=1,0 ×105 Pa( ) 8 ×10−5 m3( )8,31 J mol−1 K−1( ) 363 K( ) = 3×10−3 mol

9 T(mattina): T( pomeriggio): T(notte):

V( mattina): V( pomeriggio): V( notte):

Dalla 1° legge di Gay-Lussac per la prima trasformazione

Dalla 1° legge di Gay-Lussac per la seconda trasformazione

Δlli

=0,3‰ = 0,0003

Δl = liλΔt→ Δl

li

= λΔt = 0,0003

λ = 9 ×10−6 °C−1

t = t0 + Δt = (20+ 33) °C = 53 °C = 5×10 °C

Ti = 90 °C = 363 KT = 20 °C = 293 K

r = 3,5 ×10−2 mVTOT = 5,0 ×10

−4 m3

h = 1,1×10−1 m

p =

pi

Ti

T = (1,0×105 Pa)× (293 K)(363 K)

= 8,1×104 Pa

πr2h

V0 =VTOT −πr 2h = (5,0×10−4 m3)−π 3,5×10−2 m( )2× (1,1×10−1m) =

= (5,0×10−4 − 4,2×10−4 ) m3 = 8×10−5 m3

T0 = 25 °C = 298 KT1 = 35 °C = 308 K

T2 = 21 °C = 294 KΔV = 2 dm3 →V2 =V1 = −2 dm3

V0V1

V2

V1 =V0T0T1→

V0V1

= T0T1

→ V0V1

= 298K308K



Si ha un sistema di 3 equazioni in 3 incognite:

10 La spinta di Archimede FA = d0gV deve almeno eguagliare il peso della massa da sollevare mg e il peso dell’aria calda contenuta nella mongolfiera dgV:

d0gV = mg + dgV →V = md − d0( ) =

850 kg1,225 − 0,887( ) kg m−3 = 2,5 ×103 m3

La massa dell’aria contenuta nella mongolfiera è pari a

e il numero n di moli è

Dall’equazione di stato dei gas perfetti

T = pVnR

=1,3×105 Pa( ) 2,5 ×103 m3( )

7,66 ×104 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) = 510 K = 237 °C = 2,4 ×102 °C

11 Pressione iniziale: Temperatura iniziale: Temperatura finale: Raggio della pallina:

• Il volume inziale della pallina, immaginata come una sfera, è pari a

Dall’equazione di stato del gas perfetto

n = p0V0

RT0

=1,0 ×105 Pa( ) 1,4 ×10−4 m3( )8,31 J mol−1 K−1( ) 295 K( ) = 5,7 ×10−3 mol

• Il volume finale può essere calcolato dall’equazione di stato del gas perfetto, ricavando la pressione alla profondità di 15 m dalla legge di Stevino generalizzata:

V = nRTp

=5,7 ×10−3 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 293 K( )

2,5 ×105 Pa= 5,6 ×10−5 m3

V2 =V1T1T2 →

V1V2

= T1T2

→ V1V2

= 308K294K

V0

V1

= 298K308K

V1

V2

= 308K294K

V2 =V1 − 2

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

→

V0 =298 K308 K

V1 =298 K308 K

44 dm3( ) = 43 dm3

V1 = (42+ 2) dm3 = 44 dm3

V2 = 2 dm3( ) 294 K14 K

= 42 dm3

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

M =Vd = (2,5×103 m3)(0,887 kg m−3) = 2,22×103 kg

n = M

Mmol

= 2,22×103 kg0,02896 kg mol−1 = 7,66×104 mol.

p0 = 1,0 atm = 1,0 ×105 PaT0 = 22 °C = 295 K

T = 20 °C = 293 Kr = 3,2 ×10−2 mV0

V0 =43π r3 = 4

33,14( ) 3,2 ×10−2 m( )3

= 1,4 ×10−4 m3

p = p0 + dgh = 1,0×105 Pa + (1030 kg m−3)(9,8 m s−2 )(15m) = 2,5×105 Pa



12

13

14

e

15 La trasformazione è isocora La trasformazione è isoterma La trasformazione è isobara Dalla seconda legge di Gay-Lussac applicata alla trasformazione si ha

Dalla prima legge di Guy-Lussac applicata alla trasformazione

Dalla legge di Boyle applicata alla trasformazione

Stato A Stato B Stato C Stato D p (bar) 1,8 3,9 2,3 1,8 T (K) 300 650 650 500 V (dm3) 36 36 60 60

pi =nRTVi

=1,5 mol( ) 8,31 J mol−1 K−1( ) 293 K( )

40 ×10−3 m3 = 0,90 atm

Δl = l0λΔt = 0,30 m( ) 9 ×10−6 °C( ) 65 °C( ) = 1,8 ×10−4 m 2 ×10−4 m

pV nRT=A A

N NRTn pVN N

= → =

NV

=pN A

RT=

10−8 Pa( ) 6×1023 mol−1( )8,315 J mol−1 K−1)( ) 300 K( ) ≈1012 molecole

m3

A→ B →VB =VAB→C → TC = 650 KD→ A → pD = pA

A→ B

pB = pA

TA

TB = 3,9 bar

D→ A

VD = VA

TA

TD = 60 dm3 →VC = 60 dm3

B→C

pC = pBVB

TC

= 2,3 bar



Test 1 A 2 C 3 A 4 C 5 D 6 B 7 A 8 C 9 D 10 A 11 D 12 D 13 C 14 D 15 C 16 B 17 D 18 D 19 D

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