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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
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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S O
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E S
E R C I Z I D E L
L I B R O
S o l
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IL CALORE 9
Idee per insegnare la fisica conAmaldi , L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012
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
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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