SoluzLibro_Cap9_Amaldi

7/21/2019 SoluzLibro_Cap9_Amaldi

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1

S O

L U Z I O N I D E G L I

E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l u z i o n i p e r c a p i t o l o

IL CALORE 9

Idee per insegnare la fisica conAmaldi , 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 sitrasforma 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, nonè la quantità di energia posseduta da un corpo.

5 b

6 Nell’acqua perché ha una maggiore capacitàtermica 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 suoicomponenti separati.

9 Sul lavello d’acciaio, perché il suo coefficientedi conducibilità termica è molto più alto diquello 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, quindievita che il corpo umano aumenti troppo ditemperatura nel clima caldo del deserto.

12 Perché due vetri, se separati da un’intercape-dine di aria, hanno una conducibilità termicamolto più bassa di quella del vetro singolo.

13 Perché il vetro assorbe la maggior parte del-la radiazione ultravioletta, responsabile dellescottature.

14 Perché emette tanta energia quanta ne ricevedal Sole.

9. Il calore

PROBLEMI

1 W = 2 × 10 × mgh; W = (4186 J) × 0,5 = 2093 J

hW

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, P W

t =

∆.

Quindi l’intervallo di tempo è dato da:

∆t W P

= = =( )( )4186200

21JW

s

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

∆T = = × −( , )

( , ),

3 2

418 67 6 10 3J

J/KK

4 W = (35 K) × (4186 J/K) = 1,5 × 105

J



2

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l

u z i o n i p e r c a p i t o l o

IL CALORE 9


5 Lavoro per sollevare la cabina + uomo: W 1 = mgh = 1,16 × 105 J

Lavoro fornito dal motore: W W 2 1

510

33 86 10= = ×, J

Lavoro trasformato in calore = W 2 – W 1 = 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 ∆T è:

∆T = = × −( , )

( , ),

9 5

418 62 3 10 3J

J/KK

7 W cm t mW

c t = = = ×

⋅ ×∆

∆;

( ) ( )

[ )] ( , )

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 ∆t .

Infatti P E

t = ∆

∆, quindi ∆E = P ∆t . Poiché ∆E = cm(T f – T i), dove la temperatura finale T f è quella di

ebollizione (100°C) e quella iniziale è di 20°C, si ha:

P ∆t = cm(T f – T i), ovvero ∆t cm T T

P

f i= −( )

=

= ⋅ × × − =[ ] ( ) [( ) ( )]

( )

4186 2 100 20

60055

J/(kg K) kg °C °C

W88 9 3s min= ,

Il tempo necessario è quindi

t tot = 2 × (558 s) =1116 s = 19 min

9 Non è necessario conoscere la massa del proiettile. Infatti dalla relazione1

2K = cm ∆T si ha:

c v

t =

1

4

2

∆, 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 r 0

3 34

30 0335= =π , m . Quindi la sua massa m vale

m = dV = 300 kg

L’aumento di temperatura è

∆ ∆T E cm

= =57 6, K

Il volume finale è dato da:

V f = V 0(1 + α∆T )

α = 3λ = 51 × 10–6 J/(kg⋅K)

Quindi l’aumento percentuale è

( )

,V V

V T

f − = =0

0

0 0029α∆

La sfera arriva a 30,0°C + 57,6°C = 87,6 °C



3

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


IL CALORE 9


12 Combinando la Q p = Qa + Qc con la Q = cm∆T = C ∆T si ottiene:

c pm p ∆T p = c ama ∆T a + C c ∆T c → c pm p(T p – T e) = c ama(T e – T a) + C c (T e – T a)

= + +

+ + =

= ⋅

T c m T c m T C T

c m c m C e

p p p a a a c a

p p a a c

130 Jkg K

× × + ⋅

×( , ) ( ) ( ,0 0300 100 4186 0 300kg °C Jkg K

kgg °C JK

°C

J

kg K

) ( , ) ( , )× + ×

⋅

×

20 0 70 20 0

130 (( , ) ( , )0 0300 4186 0 300 70kgJ

kg Kkg

J

K+

⋅

× +

=

=19 8, °C

13 c 1 = 4186 J⋅kg–1⋅K–1 t 1 = 20 °C m1 = 50 g

t e = 40 °C t 2 = 150 °C m2 = 100 g

T

c m T c m T

c m c m

c c m

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

−

=

= ⋅ ⋅ ×− −

T e

( )( , )

( ,J kg K

kg

k kg

°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 = c ama(T a – T e) e Qm = c mmm(T m – T e) si ha:

c ama(T a – T e) + c mmm(T m – T e) + Qc = 0

→ = − −

− =

= ⋅ ⋅ ×− −

c c m T T Q

m T T m

a 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 c 1m1(T f – T 1) + c 2m2(T f – T 2) + c 3m3(T f – T 3) = 0, perciò

T c m T c m T c m T

c m c m c m f =

+ ++ +

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;

c 1 = 4186 J/(kg⋅K), c 2 = 880 J/(kg⋅K), c 3 = 240 J/(kg⋅K);

T 1 = 303,0 K, T 2 = T 3 = 368,0 K, si ha: T f = 305,4 K = 32,4 °C

16 Q = mP c = (Vd )Pc = (1,0 × 10–3 m3) × (8,1 × 102 kg/m3) × (0,28 × 108 J/kg) = 2,3 × 107 J



4

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


IL CALORE 9


17 P Q

mm

Q

P c

c

= → = = ×

×

=( , )

( , )

( )

,6 5 10

1 2 10

100

06

6

J

J

g

554 kg

18 Combinando la ∆E = cm ∆T con la P Q

V c = si ottiene:

V

cm T

P c

= = ⋅ ⋅ × × −− −∆ ( ) ( , ) [( ) (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:

∆E = cm∆T = cdV ∆T = (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 V Q

P m

c

= = ××

= × −( ,

( , ),

3 1 10

1 7 101 8 10

5

7 3

2 3J)

J/mm

Per riscaldare pareti, soffitto e pavimento: ∆E = cm∆T = cdV ∆T , 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 = cm∆T = (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 V Q

P m

c

= = ××

=( ,

( , )

3 3 10

1 7 1019

8

7 3

3J)

J/mm

20 Dall’equazione della conduzione termica si ricava

Q t ST

d = = × ⋅

× ×

−∆ ∆λ ( ) [

( , )( , )

600 80

2 1 102 0

2

2s W/(m K)]

mm ×× = ×( ) ,225 2 5 105K kcal

21 ∆∆

t Qd

S T = = × ×

×⋅

×−

λ ( , ) ( , )

,

4 3 10 4 0

2 5 10

5

2

J mm

W

m K(( , ) [( ) ( )]

,

4 5 10 25 20 3600

9 4

2 2× × − − ×

=− m °C °C

s

h

hh

22 Dall’equazione della conduzione termica si ricava

S

Q

t

d

T = =

× ⋅ ×∆ ∆λ 320

1 40

390 177

J

s

m

W/(m K)

( , )

[ ] ( ,77 6 46 10

3 2

K m) ,= × −

Quindi il raggio della sbarra è r S= = × −

π4 54 10 2, m. Il diametro è 9,08 cm.

Per la temperatura: ∆∆

T Q

t

d

S= =

×

⋅ ×2 640

1 40

390 6 5λ J

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

λ λ λ = +Cu Ag



5

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


IL CALORE 9


ovvero

λ λ λ

λ λ =

+2

Cu Ag

Cu Ag

in cui λ Ag = 430 W/(m·K); λ Cu = 390 W/(m·K)

che dà: λ = 409 W/(m·K).

Il calore che passa in due minuti vale:

Q t ST

d = = × ⋅ × × −∆ ∆λ ( ) [

( , )( ,

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 ∆E = ∆tzeST 4

Per l’auto nera e = 1,00, quindi

∆E = × ×⋅ ⋅

× ×−( ) , ( , ) ( )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

∆E = 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

∆ ∆E 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 delletemperature, quindi vale

( )

( ),

341

2901 91

4

4

K

K=

27 Dalla legge della dilatazione lineare si ottiene la lunghezza del lato dopo il riscaldamento:

l t = l 0(1+ λ ∆T ) = (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 T

t

4

0 0

4

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∆∆

E

t ezST = 4 otteniamo per la temperatura

T

E

ezS t = ∆

∆4

e per la superficie S:

S rl = = × × × × × ≈ ×− − −2 2 3 14 3 0 10 3 0 10 5 6 103 1 3π , ( , ) ( , ) ,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.



7

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


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:ππ

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: 14

4

2

2 4r D

P ez r T

= ( )π

→ = = × ×

× × ×⋅ ⋅

−T

P

ezD

1

2

1

2

3 8 10

1 5 67 102

4

26

8

2

π π

( , )

,

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

c 1m1(T f – T 1) + c 2m2(T f – T 2) + c 3m3(T f – T 3) = 0, perciò

T c m T c m T c m T

c m c m c m f =

+ ++ +

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;

c 1 = 800 J/(kg⋅K), c 2 = c 3 = 4186 J/(kg⋅K);

T 1 = 293,0 K, T 2 = 363 K, T 3 = 278 K, si ha: T f = 351 K = 78 °C Senza il limone:

T c m T c m T

c m c m f =

++

= =1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

354 81K °C

Quindi l’aumento percentuale è∆T

T f

( ) , %con limone = 3 8 .

6 L’energia necessaria è∆E = cm1∆T 1 + cm2∆T 2

→⋅

× × + ×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 girodel 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

∆E = mP c = (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 = 40

2

0

4π Consideriamo una superficie sferica di raggio r centrata sull’oggetto, che ha area S = 4πr 2; quindi la

potenza irraggiata su una superficie unitaria è P

S

ez r T

r

ez r T

r = =

4

4

0

2

0

4

2

0

2

0

4

2

π

π



8

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


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 =

=

=−

− −∆

∆

E

tST

mlt

l tT

mt T 4

2

2 4

3 4

10 Dalla formula della conduzione termica si ha:

Q t ST

d = = × ⋅

× ×

−∆ ∆λ ( ) [ , )]

( , )( ,

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

λ λ λ = +2 vetro

vetro

aria

aria

che dà:

( , ) ( , )

[ , ]

( ,2 8 102

0 8 10

0 93

1 2 102 2× = × ×

⋅

+ ×− −m m

W/(m K)λ

−−

⋅

2

0 02

m

W/(m K)

)

[ , ]

Quindi λ = ×⋅

= ⋅22 8

61 70 05

( , )

[ , ],

m

(K m )/WW/(m K)

2

Il valore di λ è circa 20 volte inferiore a quello del vetro. L’energia che passa in un’ora è quindi

Q t ST

d = = × ⋅

× ×

−∆ ∆λ ( ) [ , )]

( , )( ,

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

J

corrispondente al 5×103 %.

11 In questo caso la differenza di temperatura ∆T è uguale per le due sbarre, mentre per quanto riguar-

da i flussi di calore èQ

t

Q

t

Q

t ∆ ∆ ∆= +1 2 . Quindi

λ λ λ ST

d S

T

d S

T

d

∆ ∆ ∆= +Cu Al

Semplificando le quantità costanti d , S e ∆T , si ricava che per due o più barre in parallelo il coeffi-ciente di conducibilità termica è la somma dei singoli coefficienti: λ = λ Cu + λ Al.

Quindi λ = 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 sferae dell’anello a tale temperatura

T c m T c m T

c m c me =

++

1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

ovvero

T e = ⋅ × + × ⋅ ×[ )] ( , ) ( ) [ )]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 1

1 15 00 1 23 10 55 30( ) ( , ) [ ( ) ( , )]λ∆ cm K K ==14 98, cm



9

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


IL CALORE 9


mentre quello dell’anello, d ′, è d d T = ′ + = × + × ×− −

0

6 11 14 98 1 17 10 114 7( ) ( , ) [ ( ) ( , )λ∆ 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 trasformazioneisòbara aumentando il suo volume.

Dalla prima legge di Gay-Lussac, si ha:

T

T

V

V

h

h

f

i

f

i

f

i

= = . Perciò

T h

hT

f

f

i

i= = × = × −( , )

( , )( ) ,

34 5

32 0296 4 96 10 2cm

cmK kg

L’energia che l’aria ha assorbito è

∆E = cm ∆T , dove la massa dell’aria è:

m = dV = (1,23 kg/m3

) × (π × (4,00 × 10–2

m2

) × (0,320 m) = 4,96 × 10–2

kg Quindi

∆E = [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 costantesolare, moltiplicato per la superficie del pistone:

∆t =×

=( )

( ) ( , )

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:

∆T = (65 – 4)°C = 61 °CLa minima quantità di energia necessaria da fornire all’uovo per coagularlo è U = µVc ∆T , dove

V R= 4

3

3π è il volume dell’uovo considerato sferico. Quindi U R

c T = =µ π4

316768

3

∆ 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 T 1 = 100 °C (temperatura di ebollizione dell’acqua) e scegliamo

come lunghezza di scala tipica ∆r = 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 potenzatermica vale: P R J R T T = = − ≈4 4 192

1 0π πκ ( ) 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

16768

19883 15

J

Ws min



10

S O


E S

E R C I Z I D E L

L I B R O

S o l


IL CALORE 9

Idee per insegnare la fisica conA ldi L’A ldi i li i i tifi i bl © Z i h lli 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 mac a⋅T

2 Il calore assorbito dal calorimetro di rame vale:QR = mRc R(T e − T 1) = (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 = m2c a(T 2 – T e) = (0,12 kg) × [4186 J/(kg·K)] × (80 °C – 54 °C) = 13060 J.I 60 g di acqua già presenti nel calorimetro, quando si portano alla nuova temperatura di equili-brio, assorbono il calore Q

1:

Q1 = m1c a(T e − T 1) = (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: Q X = Q2 – Q1 − QR = 13 060 J − 8539 J − 327 J = 4194 J.

Il calore specifico della sostanza incognita vale:

c Q

m T T X

X

X e

=−

=× −

=( )

( )

( , ) [( ) ( )]1

4194

0 1 54 201

J

kg °C °C2234 J/(kg K)⋅

STUDY ABROAD

1 C C

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