Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012

1

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

la temperatura 8

DomanDe sui concetti

1 Poiché entrambe le scale sono lineari: (T°C – 0 oC) : (100oC – 0 oC) = = (T°F – 32oF) : (212 oF – 32 oF) da cui T T°C °F °F= − ×( )32

5

9

e T T°F °C °F= +9

532 .

2 La temperatura dell’acqua diminuisce duran-te la misura con il termometro. La massa del termometro deve essere trascurabile rispetto a quella dell’acqua per minimizzare questa differenza.

3 S = L1 × L2 = L10 (1+lDt) × L20(1 + lDt) =

= L10 L20 (1 + lDt)2 = S0 (1 + 2lDt),

poiché l2Dt è trascurabile.

4 A parità di aumento di energia di agitazione termica l’energia di legame è maggiore per un solido che non per un liquido; per un gas per-fetto è assente.

8. La temperatura5 A causa del comportamento anomalo dell’ac-

qua il volume dell’acqua aumenta al diminui-re della temperatura fra 4 oC e 0 °C; il volume aumenta di circa il 10% fino a rompere il ve-tro.

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

7 Per la legge di Stevino, la pressione diminui-sce muovendosi dal fondo verso la superficie e quindi le bollicine si ingrandiscono, come previsto dalla legge di Boyle (minor pressio-ne, maggior volume).

8 Si espande salendo e si arresta quando la den-sità dell’aria è uguale alla densità dell’elio nel palloncino.

ProbLemi

1 1065 °C = (1065 + 273) K = 1338 K (l’oro fonde a una temperatura maggiore).

2 Tm = (–5 + 273) K = 268 K TM = (+7 + 273) K = 280 K Dt = DT = 12 oC = 12 K

3 ( )100 32100

18038− ×

=°F

°C

°F°C

4 T T°F °C

°F

°C°F

°F

°C°C °F= + = × + =180

10032

180

10038 9 32 1, 002 °F

5 Si costruisce il grafico di taratura su carta millimetrata e, con un’interpolazione lineare, si trova 57 oC; tracciando le rette che tengano conto delle incertezze di misura si ha una stima dell’errore di misura: ±4 oC.

Oppure, dalla geometria analitica, si scrive l’equazione della retta passante per 2 punti:

( , , )

( , , ) ( )

(6 6 1 5

10 4 1 5

0

100 0

5cm cm

cm cm

°C

°C

−−

= −−

→ =xx

,, )

( , ),

1

8 9100 57 3

cm

cm°C °C× =

Per la propagazione delle incertezze:

Dx = × + ×

×2 0 1

5 1

2 0 1

8 957 3

( , )

( , )

( , )

( , ),

cm

cm

cm

cm°°C °C °C 4 57 4→ = ±x ( )

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zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

la temperatura 8

7 l = l0 (l + l Dt) = (25,47 km) × [1 + (23 × 10–6 oC–1) × (55,0 – 12,5) oC–1] = 25,50 km

8 Dl = l0l Dt → Dt = Dl

l0l= 1,6 × 102 °C t = t0 + Dt = (20 + 160) oC = 1,8 × 102 oC

9 ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

(

l t l t

tl l

l

0 1 1 0 2 2

0 2 0 1

1 0

1 1+ = +

→ =−

l l

l

D D

D)) ( )

( , ) ( , )

( ) ( ,1 2 0 26 1

0 270 0 269

19 10 0 2−= −

× ×− −l l

m m

°C 669 14 10 0 2708 10

6 1

2

m °C m°C

) ( ) ( , )− × ×= ×

− −

10 Il foro all’interno della rondella si dilata come se fosse composto dello stesso materiale. d = d0 (1 + l Dt) = (30,05 mm) × [1 + (23 × 10–6 oC–1) × (85 oC – 10 oC)] = 30,10 mm

11 Db = b0 l Dt = (100 cm) × (9 × 10–6 oC–1) × (65 oC) = 6 × 10–2 cm

analogamente:

Dh = h0 l Dt = (167 cm) × (9 × 10–6 oC–1) × (65 oC) = 1 × 10–1 cm

DS = S0 2l Dt = (167 cm) × (100 cm) × 2 ×(9 × 10–6 oC–1) × (65 oC) = 2 × 10 cm2

12 Dalla relazione lineare: l = l0 + l0 DT , la pendenza L0l della retta sperimentale si ottiene considerando i punti (100 oC; 802,5 mm) e (20 oC; 800,5 mm):

m = −−

= × −[( , ) ( , )]

( ),

802 5 800 5

100 202 5 10 2mm mm

°C °Cmm/°°C da cui l = × ⋅ = ×

− −− −( , )

( , )

2 5 10

800 531 10

2 16 1mm °C

mm°C

13 V0 = (35 cm) × (54 cm) × (425 cm) = 8,03 × 105 cm3

DV = Vo 3l Dt = (8,03 × 105 cm3) × 3 × (14 × 10–6 oC–1) × (33 – 15) oC = 6,1 ×102 cm3

DV1 = 1‰ × V0 = 0,001 × (8,03 × 105 cm3 = 803 cm3

→ = =

× × × ×− −D D

tV

V1

0

3

6 1 53

803

3 14 10 8 03 10l( )

( ) ( ,

cm

°C cm3324

)= °C

14 Combinando la DV = 3lV0 Dt con la VD h= p 2

4si ottiene:

lp p

= =× × × −

D

D

V

D h t3

4

0 103

41 8 21 80 12

3

2

( , )

( , ) ( ) (

cm

cm cm 008 9 10 6 1

),

°C°C= × − −

Si tratta del vetro: vedi tabella pag. 301.

16 DV = V0 a Dt = (270 L) × (210 × 10–6 oC–1) × (90 – 10) oC = 4,5 L

17 DVolio = V0 a Dt = (2,0 dm3) × (0,72 × 10–3 oC–1) × (30 – 10) oC = 2,8 × 10–2 dm3 = 28 cm3

DVvetro = Vo 3l Dt = (2,0 dm3) × 3 × (9,0 × 10–6 oC–1) × (30 – 10) oC = 1,08 × 10–3 dm3 = 1,08 cm3

olio uscito = DVolio – DVvetro = (28,8 – 1,08)cm3 = 28 cm3

Se V2 = V1 + DVolio

D Dd

d

d d

d

m

V

m

V

m

V

V V

V

V

V= − =

−= − = − = −2 1

1

2 1

1

1 2

2 2

328 8( , )cm

(( , ), %

2028 81 4

3cm= −

18 Benzina uscita = DVbenz – VAl = (abenz – 3 × lAl) × V0 × Dt =

= [(1,0 × 10–3 oC–1) – 3 × (23 × 10–6 oC–1)] × 15,0 L × (42,0 – 15,0) oC = 0,34 L

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lib

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la temperatura 8

19 Combinando DV = DVvino – DVvetro = V0 × (a – 3l) × Dt con area base del collo cilindrico Ad

b = ×p2

4

hV

A

V t

db

= =−

= × × × −D D02

3 3 63

4

54 5 10 220 10( ) ( , ) [( –a l

p

cm 33 9 0 10 23 12

4 2

4

8 46 1

2

× × × −

×=

− −, ) ] ( )

( , ),

°C °C

cmcm

p

20 VV

TT T

V

VT

V

VTT

=

→ =

=

×0

00

0 0

02(8800 400K K)=

21 V V V V t= + = + = × + × − −−0 0 1

1 0 80 11

27318 20D D( ) ( , ) ( )a mL

°C°CC mL

= 0 69,

22 V V t= + = × + × −

=

−0 11 2 5 1

1

273100 20( ) ( , ) ( )aD L

°C°C 33 2, L

23 V

V

T

T

S h

S h

T

T

hh

b

b

0 0

0 0

1 5

315

29316

=

=

= → =( , )

( )

( )cm

K

Kcm

25 p V p V Vp V

p1 1 2 2 21 1

2

102 1 28

1906= → = = × =( ) ( , )

( ),

kPa L

kPa887 10 1× − L

D D D DV

p

p

V

V

p

pV2

1

1

1

1

2

22

3

102

0= +

× = +( )

( )

(kPa

kPa

,, )

( , )

( )

( )( , )

01

1 28

5

1906 87 10 1L

L

kPa

kPaL+

× × − == 0 04, L

V2 = (0,69 ± 0,04) L

26 V V p p

V V pp

p p

tot f

tot f

f f

= → =

= → =

= +

4

3

3

4

44

1 1 1

2 22

1

( )

( )

( ) (( ) ( ) ( )p pp

f2 123

4 4

3

415

1

430 19= + = × + × =atm atm atm

27 Combinando p p p p2 1 1 1

20

100

120

100= + = con p1V1 = p2V2 si ottiene

V V

V

V p

pV

V

p p

p

p p

p

2 1

1

1 1

21

1

1 2

2

1 1

1

120

100120

100

− =−

= − =−

== − = − = −20

120

1

616 7, %

28 p p t

p p t

p

p

t

tt

p

p

1 0 1

2 0 2

1

2

2

12

2

1

1

1

1

1

= +

= +

= ++

→ =

( )

( )

a

a

aa

+

= ×

×

1 5 5 10

5 0 101

5

5at

( , )

( , )

Pa

Pa×× + − =[( ) ( )] ( )273 16 273 45°C °C °C °C

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la temperatura 8

30 p p t= + = × × +

× −−

05 11 1 7 10 1

1

273273( ) ( , ) (a Pa °C °C))

= 0 Pa

31 p p t2 111 2 5 1

1

27338 20= + = × +

× −−( ) ( , ) ( )aD atm °C °CC atm

= 2 7,

32 Poiché V e n sono costanti, p p T T pT p

T1 2 1 2 22 1

1

5293 1 10

3638: :

( ) ( )

( ),= → = = × × =K Pa

K11 104× Pa

Perché la pressione esterna (atmosferica) è maggiore di quella interna al vaso.

33 p Vp V

TT V

p V T

p T1 10 0

01 1

0 0 1

1 0

150 4=

→ = = ×( ) (kPa 22 273 20

200 273 353 0

L °C

kPa °CL

) ( )

( ) ( ),

× +× +

=

34 p Vp V

TT V

p V T

p T

t T

1 10 0

01 1

0 0 1

1 0

1 273

=

→ =

→ = −( )K == − =

= × × +

p V T

p V1 1 0

0 0

3

273

110 0 029 273 7

( )

( ) ( , ) ( ,

K

kPa m 00

102 0 024273 365 273 92

3

)

( ) ( , )( ) ( ) ( )

°C

kPa mK K K

×− = − = °°C

35 d

d

m

V

m

V

V

Vd d

V

Vd

p T

p T1

0

1

0

0

11 0

0

10

1 0

0 13

1 25= = → = = =

,kg

m

× × ×

× × +( , ) ( )

( , ) (

1 40 10 273

1 013 10 273 57

5

5

Pa K

Pa ,, ),

01 43

3K

kg

m=

36 p Vp V

TT p p

V

V

T

V1 10 0

01 1 0

0

1

1

0

=

→ =

= ×

× +

+( )

%

%

( , )

( ,102

100

27

273 38 0

273 12kPa

°C

00412

)°CkPa=

37 ( , )

( , )

9 3 10

1 66 1056

26

27

××

=−

−kg

kg/uu

38 12 u × 12 + 22 × 1 u + 11 × 16 u = 342 u m = (342 u) × (1,67 × 10–27 kg/u) = 5,71 × 10–25 kg

NM

m= =

×= ×

−( , )

( , ),

1 0

5 7 101 7 10

25

24kg

kg

39 ( , )

( , )

( )

5 3 10

1 66 1032

80 32

163

26

27

××

=

= − =

−

−kg

kg/uu

N

41 mF

gN

N m

mp A

A

= =⋅

= → = = ×−

( )

( , ),

( ,64

9 86 53

6 02 102

23N

m skg

mmol g

g mol

−

−×

× ⋅= ×

1

1

266530

2 141 4 10

) ( )

( ),

mF F

gn

m

mpf pi

A

=−

= −⋅

= → = =−

( )

( , ),

(64 53

9 81 12

1122

N

m skg

00

2 1440

1

g

g molmol

)

( )× ⋅=

−

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solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

la temperatura 8

42 Atomi di ossigeno: NN m

mA

AO

mol g

g mol= = × ×

⋅= ×

−

−( , ) ( )

( ),

6 02 10 32

161 2

23 1

111024

Atomi di piombo: NN m

mA

AP

mol g

g mol= = × ×

⋅=

−

−( , ) ( )

( ),

6 02 10 83

2072 4

23 1

1××1023

43 NN m

mA

A

= = × ×⋅

=−

−( , ) ( , )

( , ),

6 02 10 3 2

4 04 8

23 1

1

mol g

g mol××1023

44 npV

RT= = × × × ×

⋅ ⋅

−

−( ) , ( )

( ,

11 10 0 20 35 10

8 31

5 3 3

1

Pa m

J mol KK Kmol

− ×=

1 2933 2

) ( ),

45 pV nRT npV

RT

p r

RT= → = =

=× × ×

4

3 1 05 104

3

3 5p p( , ) (Pa 115 0

8 315 3010 593

3

1 1

, )

( , ) ( ),

cm

J mol K K⋅ ⋅ ×=

− −

46 Dividendo membro a membro: p1V1 = nRT1 e p2V2 = nRT2, VT p

T pV2

2 1

1 21=

D DV

V

V V

V

V

V

T p

T pV V

V

T p

T p1

2 1

1 1

2 1

1 21 1

1

2 1

1 2

12= − → =

−= − = ( 553 120

293 651 0 59 59

K kPa

K kPa

) ( )

( ) ( ), %

××

− = =

47 D D D D Dp

n

n

T

T

h

h

d

dp= + + + ×

× = +2

0 1

14 8

2

293

,

,

( )

( )

K

K++ + ×

× ×( )

( )

( , )

( )( ,

1

922

0 5

142 54 106cm

cm

cm

cmPa))

,

( , , )

=

= ×

= ± ×

0 2 10

2 5 0 2 10

6

6

Pa

Pap

48 Dividendo membro a membro: pnRT

Vff

i

=

20

e pnRT

Vii

i

= si ottiene:

p

T p

Tff i

i

= = × × =20 20 1073 1 0

29373

( ) ( , )

( )

K atm

Katm

49 pV nRT VnRT

p= → = = × ⋅ ⋅ ×− −

11

1

1 11 5 8 315 2( , ) ( , ) (mol J mol K 773 15

1 1 1033

5

−×

=)

( , )

K

PaL

Se p è costante, dalla pV = nRT si ha:

V

V

T

T

TT V

V

T V

nRT

p

p V

nR

1

2

1

2

21 2

1

1 2

1

1

1 251 1 10

=

→ = = = = ×( , Paa L

mol J mol KK °C

) ( )

( , ) ( , )

×× ⋅ ⋅

= =− −

38

1 5 8 315335 62

1 1

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lib

roSo

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oni p

er c

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la temperatura 8

ProbLemi generaLi

1 12,011 + 15,9994 + 4 × 1,008 = 32,042

4 1008

32 0420 1258 12 6

× = =,

, , %

2 m n pmpV

RTpm= ⋅ = = × × × −

CH CH

Pa m4 4

215 10 34 5 10

8

5 3 3( ) ( , )

( ,, ) ( )( )

,

31 31812 4 1

284 3

1 1

1

J mol K Kg mol

m

⋅ ⋅ ×× + × ⋅ =

=

− −−

ool g mol kg× ⋅ =−16 4 491 ,

D D D Dm

p

p

V

V

T

Tm= + +

⋅ = +( )

( )

( , )

(

2

215

0 1

34

atm

atm

L

,, )

( )

( )( , ) ,

5

1

454 49 0 2

L

K

Kkg kg+

× =

Quindi m = (4,5 ± 0,2) kg

3 pV nRTp V

p V

T

TV

p V T

p T= → = → = = ×1 1

2 2

1

22

1 1 2

2 1

101 1( ) ( ,kPa 110 273 35 0

50 0 273 30 01 75

33m K

kPa Km

) ( , )

( , ) ( , ),

× −× +

=

DV

V1

3 3

3

31 75 1 10

1 10

0 65

1 10= − =[( , ) ( , )]

( , )

( , )

( ,

m m

m

m

m330 59 59

), %= =

dm

V

d

d

m

V

m

V

dd V

V

d V

p V T

p T

= → =

→ = =

2

1

2

1

21 1

2

1 1

1 1 2

2 1

== = × ×d p T

p T1 2 1

1 2

31 20 50 0 303

101

( , ) ( , ) ( )

(

kg/m kPa K

kPaa Kkg/m

) ( ),

×=

2380 756 3

4 isoterma: p V p V pp V

V

p V

Vp2 2 1 1 2

1 1

2

1 1

1

11

2

2 2 10= → = = = = ×( 11 202kPa kPa)=

isòbara:

LV V

V

TT

V T

T2 10

01

0 1

0

1

2

1

2 2

25 0= =

= = ( , )) ( )

( ),

××

=400

2 30016 7

K

KL

5 Combinando la pV = nRT con la nN

NA

= si ottiene:

TpV N

NRA= = × × ×

×

−( , ) ( ) ( , )

( ,

0 92 1 6 02 10

3 0 1

3 23 1kPa m mol

00 8 315222 51

23 1 1) ( , )× ⋅ ⋅= = −

− −J mol KK °C

TpV N

NRN

PV N

TRA A= → = = × × × −( ) ( ) ( ,101 1 6 02 103 23kPa m mol 11

2 1 12 9 10 8 3152 5

)

( , ) ( , ),

× × ⋅ ⋅=

− −K J mol KK molecole

per unità di volume

6 Dividendo membro a membro: pnRT

Vff

i

=4 5,

e pnRT

Vii

i

= si ottiene:

pT p V

T Vii f f

f i

= = × × ×( , ) ( , ) ,

( )

288 5 1 013 10 4 50

292

5K Pa

K== ×4 50 105, Pa

Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012

7

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

la temperatura 8

p p gdh hp p

dgii= + → =−

= × − ××0

05 54 50 10 1 03 10

1 0 1

( , , )

( ,

Pa

00 9 8136

3 3 2kg m m sm

⋅ × ⋅=

− −) ( , )

7 Vi = L3 = (4,20 cm)3 = 74,1 cm3

Vf = Vi(1 + 3l Dt) = (74,1 cm3 ) × [1 + 3 × (6,20 × 10–6 oC –1) × (150 K)] = 73,9 cm3

8 V D D h= − = × − × =p p4 4

58 39 172 2 2 2( ) [( ) ( ) ] ( )est int cm cm cm 22 5 10 2 5 104 3 2 3, ,× = × −cm m

n

pV

RT= = × × ×

⋅ ⋅

−

− −( , ) ( , )

( ,

3 1 10 2 5 10

8 31

5 2 3

1 1

Pa m

J mol K )) ( ),

×=

2933 2

Kmol

D DT

pV

nR= = × × ×

×

−( , ) ( , )

( , ) ( ,

0 30 10 2 5 10

3 2 8 3

5 2 3Pa m

mol 11 29328

1 1J mol K KK

⋅ ⋅ ×=

− − ) ( )

9 S = 0,70 × 4p(RTerra)2 = 0,70 × 4p × (6,4 × 106 m)2 = 3,6 × 1014 m2

V0 = Sh = (3,6 × 1014 m2) × (1000 m) = 3,6 × 1017 m3

′ = = = × × × ×− −

hV

S

V t

S

D D017 3 6 13 6 10 210 10 1a ( , ) ( ) ( )m °C °C

(( , ),

3 6 100 2

14 2× mm

10 DLFe = L0 lFe DT = (23,0 cm) × (12 × 10–6 oC–1) × (250 – 23,0) oC–1 = 6,27 × 10–2 cm

  DLCu = L0 lCu DT = (23,0 cm) × (17 × 10–6 oC–1) × (250 – 23,0) oC–1 = 8,88 × 10–2 cm

DLCu – DLFe = (8,88 × 10–2 – 6,27 × 10–2) cm = 2,6 × 10–2 cm

DLCu > DLFe → lamina di rame all’esterno (Cu)

Secondo la definizione di radiante a = = = = °l

R

( , )

( , ),

5 5

4 71 17 67

cm

cmrad

11 Prima: p1V = n1RT; dopo: p2V = n2RT → np

pn n2

2

11 1

1

5= =

Anche la massa finale sarà 1

5di quella iniziale, ossia 0,60 kg.

12 Combinando pV = nRT e nN

NpV NkT

A

= → = si ha:

N

V

p

kT= =

× ⋅ ×= ×

−

− −( )

( , ) ( )

10

8 31 10 3002 10

8

23 1

12Pa

J K Kmoolecole/m3

13 Alcune caselle si compilano facilmente. Infatti: VB = VA, poiché la trasformazione A → B è isòcora; TC = 650 K, poiché la trasformazione B → C è isoterma; pD = pA dato che la trasformazione D → A è isòbara.

Per trovare pB si applica la seconda legge di Gay-Lussac alla trasformazione A → B: pp

TTB

A

AB= = 3 9, bar

Per trovare VD si applica la prima legge di Gay-Lussac alla trasformazione D → A:

VV

TTD

A

AD= = 60 3dm ; ne consegue che anche VC = 60 dm3.

Calcoliamo infine pC applicando la legge di Boyle alla trasformazione B → C: p pV

TC BB

C

= = 2 3, bar

stato a stato b stato c stato Dp (bar) 1,8 3,9 2,3 1,8

T (K) 300 650 650 500

V (dm3) 36 36 60 60

Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012

8

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

la temperatura 8

test Per L’università

1 a 2 c 3 a

4 a 5 a 6 c

Prove D’esame aLL’università

1 pnRT

Vii

= = × ⋅ ×× −

( , ) [ , ] ( )

(

1 5 8 31 293

40 10

mol J/(mol K) K33 3

0 90m

atm)

,=

2 pnRT

VAA

A

= = × ⋅ ×× −

( ) [ , ] ( )

(

3 8 31 400

20 10 3

mol J/(mol K) K

mmatm

34 9

),= = pB

VnRT

pBB

B

= = × ⋅ ×( ) [ , ] ( )

( ,

3 8 31 300

4 93

mol J/(mol K) K

atm))= × −15 10 3 3m

3 D D DV V tm

t= = =×

× × ×0 3 33 3

0 1

8 96 103 17 1a a

ρ( , )

( , )(

kg

kg/m00 100 20 4 55 106 1 8 3− − −× − = ×°C °C °C m) [( ) ( )] ,

4 D Dl l t= = × × × = ×− − −0

6 1 40 30 9 10 65 1 8 10l ( , ) ( ) ( ) ,m °C °C m

stuDy abroaD

1 c 2 a

3 Correct answer ( pT = 1 66

1 7

.

( . )atm) with an adequate explanation.

An adequate explanation must involve pV = nRT or pV

T= constant and evidence of adequate work.

Since T = constant, response may use Dalton’s law for mixtures to get p1V1 + p2V2 = p(V1 + V2) units not required.

0 10 20 30

A D

C

B

40 50 60 70

4,54,03,53,02,52,01,51,00,5

0

V (dm3)

p (

bar

)

0 100 200 300

AD

C

B

400 500 600 700

4,54,03,53,02,52,01,51,00,5

0

T (K)

p (

bar

)