\newproblem{
\FPsetpar{TCU}{700}{1000}
\FPsetpar{Tf}{40}{80}

\begin{problem}[10]
Un contenitore adiabatico contiene $M=10\,kg$ di ghiaccio alla temperatura $T_0=-20\,^{\circ}C$. Una massa $m_{Cu}$ di rame alla temperatura $T_{Cu}= \TCU \,^{\circ}C$ viene introdotta nel contenitore. Determinare il valore della massa $m_{Cu}$ affinché nello stato finale ci siano:
\begin{enumerate}
\item solo acqua e rame alla temperatura $T_f = \Tf \,^{\circ}C$
\item vapore e rame alla temperatura di equilibrio $T_f = 150\,^{\circ}C$
\end{enumerate}
(Dati: $c_{H_2O}=4,18\,kJ/(kg\,K)$, $c_{ghiaccio}=2.09\, kJ/(kg K)$, $\lambda_{\text{ghiaccio}}=333\, kJ/kg$, $\lambda_{ev}=2272\,kJ/kg$, $c_{Cu}=0,385 kJ/(kg\,K)$, $c_{vap}=0,85 kJ/(kg\,K)$)

\begin{solution}
Il contenitore non scambia calore con l'esterno, dunque la somma delle quantità di calore perso dal rame ed acquistato dall'acqua è 0, in entrambi i casi. Nel primo caso:
\[
Q_{Cu}+Q_{ghiaccio}+M\lambda_{ghiaccio} + Q_{H_2O} =0
\]
ove 
$Q_{Cu} = m c_{Cu} \left(T_f -T_{Cu}\right)$ è la quantità di calore persa dal rame nel raffreddamento
$Q_{H_2O} =M c_{H_2O} \left(T_f -T_{cong}\right)$ quella acquistata dall'acqua dopo la fusione e 
$Q_{ghiaccio} = Mc_{ghiaccio} \left( T_{cong}-T_0 \right) $ la quantità di calore assorbita dal ghiaccio fino alla temperatura di fusione.

Sostituendo:
\[
m c_{Cu} \left(T_f -T_{Cu}\right)+Mc_{ghiaccio}\left(T_{cong}-T_0\right)+M c_{H_2O}\left(T_f -T_{cong}\right) +Mc_{ghiaccio}\left(T_{cong}-T_0\right)+M\lambda_{ghiaccio}=0
\]
da cui:
\[
m = \frac{M c_{H_2O} \left(T_f -T_{cong}\right)+M\lambda_{ghiaccio}+Mc_{ghiaccio}\left(T_{cong}-T_0\right)}{c_{Cu} \left(T_{Cu}-T_f\right)}
\]
$m=\FPsv[2]{10*(4.18*Tf +333+2.09*20)/(0.385*(TCU-Tf))}\; kg$
Nel secondo caso:
\[
Q_{Cu}+M c_{ghiaccio}(\left(T_{cong}-T_0\right)+M\lambda_{ghiaccio} + Q_{H_2O}+M\lambda_{ev}+Mc_{vap}\left(T_f - T_{eb}\right) =0
\]
ove $Q_{H_2O} =M c_{H_2O} \left(T_{eb} -T_{cong}\right)=Q_{H_2O} =100 M c_{H_2O}$.
Dunque:
\[
mc_{Cu} \left(T_f -T_{Cu}\right)+M \left(100 c_{H_2O}+\lambda{ev}+\lambda_{ghiaccio}\right) = 0
\]
quindi:
\[
m = M \left(\frac{100 c_{H_2O}+\lambda{ev}+\lambda_{ghiaccio}+c_{ghiaccio}(T_{cong} - T_i) +c_{vap}(T_f -T_{eb})}{c_{Cu} \left(T_{Cu}-T_f\right)}\right)
\]
$m=\FPsv[2]{10*(100*4.18+2272+333+0.85*50+2.09*20)/(0.385*(TCU-150))}\;kg$.
\
\end{solution}
\pagebreak

\end{problem}
}


\newproblem{
\FPsetpar{sez}{10}{30}
\FPsetpar{For}{500}{700}
\FPsetpar{tdue}{130}{170}
\begin{problem}[10]
Un cilindro di ottone di sezione $S=\sez \;cm^2$ contiene un volume $V_0=200 \, cm^3$ di glicerina compresso da un pistone di massa trascurabile che è schiacciato da una forza $F=\For\; N$. Trascurando la dilatazione dell'ottone e scaldando il recipiente da $T_1=60 \;^\circ C$ a $T_2=\tdue \;^\circ C$, calcolare:
\begin{enumerate}
\item l'aumento di volume della glicerina;
\item il lavoro compiuto dalla glicerina contro la forza $F$;
\item la quantità di calore $\Delta Q$ assorbita dalla glicerina
\end{enumerate}
sapendo che la densità della glicerina a  $60 \;^\circ C$ è $\rho= 1,26\; g\; cm^{-3}$ ed il suo calore specifico $c=0,58\; cal\; g^{-1}\; ^\circ C^{-1}$ e che il coefficiente di dilatazione termica della glicerina è $\gamma=5,3\cdot 10^{-4} \; ^\circ C^{-1}$
\begin{solution}
Il volume finale è dato da 
\[
V=V_0(1+\gamma \Delta T) = \FPsv[2]{200*(1+5.3*10^{-4}*(tdue-60))}
\]
dunque
\[
\Delta V= V_0\gamma\Delta T=\FPsv[2]{200*5.3*10^{-4}*(tdue-60)}
\]
\FPval{deltaV}[2]{200*5.3*10^{-4}*(tdue-60)}
\FPval{deltal}[2]{deltaV/sez}
L'aumento di volume è dato da $\Delta V= \Delta l\cdot S'$ dunque: $\Delta l=\Delta V/S= \deltal \; cm$, pertanto il lavoro compiuto contro la forza $F$ è :
\[
L=F\cdot \Delta l = \FPsv[2]{For*deltal* 0.01}\; J 
\]
La quantità di calore assorbita dalla glicerina è data da:
\[
\Delta Q= m c\Delta T
\]
\FPval{emme}[3]{1.26*200}
dove $m=\rho V_0=\emme$; dunque $\Delta Q= \FPsv{emme * 0.58 *(tdue -60)}\;J$

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{Tempi}{20}{50}
\FPsetpar{Tempf}{110}{150}

\FPsetpar{Qc}{1000}{3000}
\begin{problem}[10]
Un cilindro rigido posto orizzontalmente è chiuso all'estremità da un pistone che
si può muovere liberamente senza attrito. Il cilindro è riempito da una mole di gas
perfetto monoatomico in equilibrio con la pressione esterna di un'atmosfera ad una
temperatura di $T_i=\Tempi\;^{\circ}C$. Il pistone viene bloccato ed al gas viene fornita una quan-
tità di calore pari a $Q=\Qc$ J. Tolto il blocco del pistone il gas subisce un'espansione
che nel piano V-P è rappresentata con un segmento di retta, ed il sistema raggiunge un nuovo
stato di equilibrio a temperatura $T_f= \Tempf\; ^{\circ}C$ e pressione $P_f=\frac{7}{8}P_1$ dove $P_1$ è la pressione dopo il riscaldamento.\\
a) Si determini la variazione di energia interna del gas durante l'espansione.\\
b) Si trovi il lavoro fatto dal gas.
\begin{solution}
Possiamo ricavare la temperatura raggiunta durante la trasformazione a volume costante in cui $Q= nc_v\Delta T $ e quindi:
$\Delta T= \frac{Q}{n c_v}$. Il gas è monoatomico, dunque $c_v=\frac{3}{2} R$. In definitiva, 

\FPval{Tuno}[2]{Tempi+Qc/(1.5*8.314)+273.16}
\[
T_1=T+\Delta T = \Tuno\;K
\]
La variazione di energia interna nella trasformazione irreversibile è data da;
\[
\Delta U = n c_v (T_f -T_1)=\FPsv[2]{1.5*8.314*(Tempf+273.16-\Tuno)}\;J
\]
Il volume finale dopo l'espanzione è:
\[
V_{f}=\frac{n R T_{f}}{P_{f}}
\]
La pressione dopo l'isocora è 
\[
P_1=\frac{nRT_1}{V_i}
\]
 Il lavoro svolto sarà dato dall'area del parallelgramma nel piano V-P, avente per basi le pressioni $P_1$ e $P_i$ ed altezza $\Delta V$.
\[
L= \frac{1}{2} (P_i+P_1)(V_f-V_i)
\]

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{litri}{7}{11}
\FPsetpar{Temp}{18}{22}
\begin{problem}[10]
Si riscalda, su un fornello a fuoco lento per un tempo $\Delta t$, una pentola
contenente inizialmente $\litri$ litri di acqua ed una quantità ignota di ghiaccio in
equilibrio a $T_0=0^{\circ}C$. Durante la prima metà del tempo la
temperatura rimane a $0^{\circ}C$ mentre nella seconda cresce linearmente fino a
raggiungere $T_f=\Temp ^{\circ}C$. Assumendo che la potenza fornita dal fornello resti costante, e
trascurando le perdite e la capacità termica della pentola, determinare la massa
iniziale del ghiaccio (si ricorda che $c_{H_2O}=4.18$ kJ/(kg K) e $\lambda_{fus}=333$ kJ/kg).
\begin{solution}
$Q=P\cdot t$, inizialmente $P\cdot t/2 = \lambda_{fus} m_{g}$ e dopo: $P\cdot t/2=(m_{H_2O}+m_g) c_{H_2O} (T-T_0)$. Sottraendo membro a membro:
\[
\lambda_{fus} m_{g}  - (m_{H_2O} +m_g)c_{H_2O} (T-T_0) = 0
\]
da cui:
\[
m_g= m_{H_2O}\frac{c_{H_2O} (T-T_0)}{\lambda_{fus}-c_{H_2O}(T-T_0)}=\FPsv[2]{(4.18*\Temp*\litri)/((333)-4.18*\Temp) }\; kg
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}	

\newproblem{
\FPsetpar{sez}{18}{22}
\FPsetpar{Pot}{18}{22}
\FPsetpar{Prss}{18}{22}
\FPval{Press}[2]{Prss/10}
\begin{problem}[10]
Una mole di gas perfetto biatomico è contenuta in un cilindro a pareti isolanti munito di un pistone mobile di sezione $S=\sez \, cm^2$. Sul fondo del cilindro, una resistenza di volume trascurabile e di potenza $W=\Pot \, W$, viene alimentata per un tempo $t=5':50''$, liberando una quantità $E$ di energia sotto forma di calore. Sapendo che il gas occupa un volume iniziale di $V=1\,l$ alla pressione $P=\Press \cdot10^6\; N/m^2$, 
\begin{enumerate}
\item calcolare la temperatura finale $T_2$ del gas, considerando l'espansione del gas isobara
\item l'innalzamento $x_1$ del pistone .
\end{enumerate}
(fornire i risutati nelle unità del Sistema Internazionale) 

\begin{solution}
\FPval{Calor}[2]{\Pot*(5*60+50)}
Energia erogata: $Q=E=W\cdot t=\Calor\; J$;\\
Primo principio della termodinamica: $Q=m c_p \Delta T + P \Delta V$;  $V_2 = V_1+S\cdot x_1$; 
 dall'equazione di stato: $ P V_1 = n R T_1$; dunque \FPval{tuno}[2]{\Press*10^(6)*10^(-3)/8.31}
 $ T_1 = P V_1 / R = \tuno$ K
 D'altra parte, a pressione costante: $P\Delta V=nR\Delta T$ dunque $Q=(m c_p + nR)\Delta T$. Il gas è biatomico, dunque $mc_p = (7/2) nR$, sicché:
 \FPval{deltat}[2]{2*\Calor/(9*8.31)}
 \begin{align*}
 \Delta T = \frac{Q}{(7/2+1)R} =\frac{2Q}{9R}=\deltat\\
 T_2= T_1+\Delta T = \FPsv[2]{\tuno+\deltat}\;K
 \end{align*}
 $\Delta V = nR\Delta T/P$ dunque $x_1 = \Delta V/S = nR\Delta T/SP =\FPsv[2]{8.31*\deltat/(\sez*10^(-4)*\Press*10^6)}$ m
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{Vi}{2}{4}
\FPsetpar{Forza}{3}{5}
\begin{problem}[10]
Un pallone aerostatico consiste in un involucro, che non consente scambi di calore con
l'esterno, con pareti di massa totale trascurabile che possono deformarsi senza sforzo. Il pallone
viene riempito con $V_i=\Vi\;m^3$ di aria, a pressione atmosferica e alla temperatura ambiente di $T_i=25^{\circ}C$.
Dopo che il pallone è stato chiuso, l'aria viene riscaldata, fino a che la forza ascensionale è di
$F=\Forza\; N$. Sapendo che l'aria può essere assimilata ad un gas perfetto di densità 
$\rho_0 =1.3\;Kg/m^3$ (a $T=25 ^{\circ}C$), calcolare:
\begin{enumerate}
\item la pressione all'interno del pallone alla temperatura finale;
\item il volume del pallone alla temperatura finale.
\item la temperatura finale.
\end{enumerate}
\begin{solution}
Dall'equazione di stato dei gas perfetti: $P_i V_i/T_i = P_f V_f/T_f$. Siccome il pallone si può deformare senza sforzo ed è in equilibrio con l'aria all'esterno, $P_i=P_f = 1\;Atm$ e dunque $V_f=V_i T_f/T_i$.\par
La forza ascensionale è determinata dall'espansione del gas che avrà, nello stato finale, una densità $\rho_f=m/V_f$, ma la massa del gas non varia, dunque $m=\rho_0 V_i$ e quindi: $\rho_f = \rho_0 V_i/V_f$. La forza ascensionale, dalla legge di galleggiamento è pari alla forza peso del palloncino meno il peso del volume d'aria spostato $F=mg-\rho_0 V_f g=\rho_0 V_i g -\rho_0 V_f g =\rho_0 g V_i (1-V_f/V_i)$ e quindi:
\[ 
\frac{F}{\rho_0 g V_i} +1 =\frac{V_f}{V_i} = \frac{T_f}{T_i}
\]
e, di conseguenza, la temperatura finale sarà:
\[
T_f=T_i\left(\frac{F}{\rho_0 g V_i} +1 \right)=\FPsv[2]{(25+273.16)*(\Forza/(1.3 *9.81*\Vi)+1) -273.16}\;^{\circ}C
\]
e $V_f=V_i T_f/T_i = \FPsv[2]{(\Forza/(1.3 *9.81*1.5)+1) *\Vi}\; m^3$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}

}

\newproblem{
\FPsetpar{Temp}{50}{80}
\FPsetpar{Vol}{3}{5}
\FPsetpar{Cal}{30}{50}
\begin{problem}[10]
Una massa di ossigeno $O_2$ alla temperatura di $T_i=\Temp$ è contenuta in un cilindro munito di pistone mobile con attrito trascurabile ed è in equilibrio con la pressione atmosferica esterna. Il volume iniziale è di $V_i=\Vol$ litri. Al gas viene sottratta una quantità di calore pari a $Q=\Cal\; cal$ a pressione costante.\par
Determinare:
\begin{enumerate} 
\item Il volume e la temperatura finale del gas
\item Il lavoro compiuto e la variazione di energie interna
\end{enumerate}
(Si consiglia di riportare le unità nel SI)

\begin{solution}
$Q=nc_p\Delta T$ ove $c_p$ è il calore specifico molare del gas che essendo biatomico vale $c_p = 7/2 R$. Dunque q$\Delta T = (T_f -T_i) = Q/nc_p = 2 Q/(7 n R)$
\begin{align*}
Q=&\frac{7}{2} nR \Delta T\\
P \Delta V =& n R \Delta T
\end{align*}
dividendo membro a membro: \FPval{DeltaV}[4]{-(2*\Cal*4.186)/(7*1.013 *10^(5))}
\[
\Delta V= \frac{2Q}{7P}  = -\frac{2\cdot\Cal \cdot 4.186\;J}{7\cdot 1.013\;10^{5}Pa}=\DeltaV \; m^3
\]
e $V_f=\FPsv[2]{(Vol/1000+\DeltaV)*1000} \cdot 10^{-3} m^3$.\par
Dalla seconda, $\Delta T = {P\Delta V}/{nR}$; dall'equazione di stato nello stato iniziale: $P_i V_i = n R T_i$, dunque $nR= P_i V_i /( R T_i) $, quindi:
\[
(T_f - T_i ) = \frac{P\Delta V}{P_i V_i} T_i
\]
da cui: 
\[
T_f=T_i\left( \frac{P}{P_i}\frac{\Delta V}{V_i} +1\right)=\FPsv[2]{(Temp+273.16)*(1+1000*\DeltaV/\Vol)} \;K
\]

$ \Delta U=nC_v\Delta T = 5/2 nR \Delta T = 5/2 *P_i V_i \Delta T/T_i$ e $ L = Q -\Delta U$.
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}
\newproblem{
\FPsetpar{vuno}{13}{16}
\FPsetpar{puno}{5}{7}
\begin{problem}[10]
Due moli di gas perfetto monoatomico compiono un ciclo composto da una trasformazione isoterma tra lo stato 1 e lo stato 2, una trasformazione a volume costante (isocora) dallo stato 2 allo stato 3 ed una trasformazione adiabatica dallo stato 3 allo stato 1. Sapendo che: $V_1 = \vuno$ litri, $P_1=\puno$ Atm, $V_2 = 3_V1$; $P_3 = 0.6$ Atm, determinare:
\begin{enumerate}
\item il lavoro compiuto dal ciclo;
\item la quantità di calore assorbita durante l'espansione isotermica
\item il rendimento del ciclo
\end{enumerate}
\begin{solution}
Il lavoro è eseguito nelle trasformazioni isoterma e adiabatica:
\[
L_1=nRT_1 ln\frac{V_2}{V_1}=nRT_1 \ln 3 = P_1V_1 \ln 3
\]
dove per calcolare $T_1$ abbiamo usato l'equaizone di stato : $T_1=P_1V_1/nR$.
Nella trasformazione adiabatica:
\[
L_2=-\Delta U = -mc_v(T_1 -T_3) = -nC_v(T_1 -T_3) = -\frac{3}{2}nR(T_1 -T_3)= -\frac{3}{2}(P_1V_1 -P_3 V_2)
\]
Dove ancora, per trovare $T_2$ abbiamo usato l'equazione di stato: $T_3 =P_3 V_2/nR$.
La quantità di calore assorbita durante la trasformazione isoterma è pari al lavoro eseguito nella trasformazione perché è nulla la variazione di energia interna. Dunque il rendimento sarà
\[
\eta =\frac{L_{tot}}{Q_{ass}}=\frac{L_1 +L_2}{L_1} 
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}