\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, fissato al suolo con una corda, 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 esercitata sulla corda 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 $T_i=\Temp\;^{\circ}C$ 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, $V_2 = 3V_1$; $P_3 = 0.6$ Atm, determinare:
\begin{enumerate}
\item il lavoro compiuto dal ciclo;
\item la quantità di calore assorbita durante l'espansione isoterma
\item il rendimento del ciclo
\end{enumerate}
\begin{solution}
Il lavoro è eseguito nelle trasformazioni isoterma e adiabatica:\FPval{Luno}[2]{\puno*\vuno*ln(3)}
\[
L_1=nRT_1 ln\frac{V_2}{V_1}=nRT_1 \ln 3 = P_1V_1 \ln 3=\Luno\; l\;Atm
\]
dove per calcolare $T_1$ abbiamo usato l'equaizone di stato : $T_1=P_1V_1/nR = \FPsv[2]{\puno*\vuno/(2*0.082)}$.
Nella trasformazione adiabatica: \FPval{Ldue}[2]{-1.5*\vuno*(\puno-0.6*3)}
\[
L_2=-\Delta U = -mc_v(T_1 -T_3) = -nC_v(T_1 -T_3) = -\frac{3}{2}nR(T_1 -T_3)= -\frac{3}{2}(P_1V_1 -P_3 V_2)=\Ldue\; l\;Atm
\]
Dove ancora, per trovare $T_2$ abbiamo usato l'equazione di stato: $T_3 =P_3 V_2/nR=\FPsv[2]{0.6*3*\vuno/(2*0.082)}$.
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}
}

\newproblem{
\FPsetpar{md}{110}{170}
\FPsetpar{mcu}{250}{350}
\FPsetpar{mv}{3}{7}
\FPsetpar{Ti}{15}{25}

\begin{problem}
Un vaso Dewar di rame di massa $m_d=\md\; g$ contiene $m_{H_2O}=200g$ di acqua, entrambi sono inizialmente alla  temperatura  di  $T_i=\Ti ^{\circ}C$.  Un  cilindro  di  rame  di  massa $m_{Cu}=\mcu\;g$  molto  caldo  viene  immerso nell'acqua,  facendola  bollire  e $m_v = \mv\;g $ di  acqua  evaporano.  La  temperatura  finale  vale  $100 ^{\circ}C$, determinare:
\begin{enumerate}
\item Le quantità di calore cedute all'acqua ed al vaso;
\item La temperatura iniziale del cilindro
\end{enumerate}
Si ricordano il calore latente dell'acqua nel processo di evaporazione  $\lambda_{eva}= 2260\;kJ/kg$ ed i calori specifici $c_{H_2O}=4,18\;kJ/kg$ e $c_{Cu}=0,39\;kJ/(kg\cdot K)$
\begin{solution}
Sia $T_c$ la temperatura iniziale del cilindro e $T_f$ quella finale di tutto il sistema. Utilizzando i calori specifici di rame ed acqua ed il calore latente di evaporazione dell'acqua, possiamo scrivere le quantità di calore assorbite dal vaso e dall'acqua:
\FPval{Qa}[2]{0.2*4.18*(100-\Ti)+\mv*2260/1000}
\FPval{Qd}[2]{\md/1000 * 0.39*(100-\Ti)}
\[
Q_{H_2O}= m_{H_2O} c_{H_2O}(T_f -T_i) +m_v \lambda_{eva}=\Qa
\]

\[
Q_{d}= m_d c_{Cu} (T_f -T_i) = \Qd
\]
La somma di questi calori assorbiti è ceduta dal cilindro di rame:
\[
-Q_{Cu} = -m_{Cu} c_{Cu} (T_f - T_c) = Q_{H_2O} +Q_{d}
\]
da cui 
\[
T_c = T_f + \frac{Q_{H_2O} + Q_{d}}{m_{Cu} c_{Cu} } = \FPsv[2]{(373.16+(\Qa+\Qd)/(\mcu*0.39/1000)) -273.16}\;^{\circ}C
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{Ti}{22}{30}
\begin{problem}
Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente alla temperatura $T_1=\Ti^{\circ}C$, compie una trasformazione adiabatica reversibile che ne raddoppia il volume. Determinare:
\begin{enumerate}
\item la variazione di temperatura del gas;
\item il lavoro ottenuto durante la trasformazione.
\end{enumerate}
\begin{solution}
Sfruttiamo l'equazione che lega la temperatura al volume per le adiabatiche:$TV^{\gamma -1}=cost$:
\[
T_2 = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma -1} = T_1 \left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma -1}
\]
dunque \FPval{deltat}[2]{(\Ti+273)*(0.5^(5/3 -1) -1)}
\[
\Delta T = T_1\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma -1} -1\right) =\deltat\;K
\]
Il lavoro in una trasformazione adiabatica è 
\[
L = -\Delta U = -nc_v \Delta T = -\frac{3}{2} R \Delta T=\FPsv[2]{-1.5*8.31*\deltat }\;J
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{mg}{40}{60}
\FPsetpar{mava}{8}{12}
\FPsetpar{mavb}{3}{5}
\begin{problem}[10]
In un thermos ideale si mescolano del vapore acqueo a $100^{\circ}C$ e del ghiaccio fondente a $0^{\circ}C$.\\
Determinare la composizione e temperatura dello stato finale se inizialmente ci sono :
\begin{enumerate}
\item $\mava\;g$ di vapore e $\mg \;g$ di ghiaccio;
\item $\mavb\;g$ di vapore e $\mg \;g$ di ghiaccio.
\end{enumerate}
Si ricordano i calori latenti dell'acqua nei rispettivi processi:
$\lambda_{ev}=2260\;kJ/kg$, $\lambda_{fus}=333\;kJ/kg$ e $C_{H_2O}=4,18\;kJ/(kg\cdot K)$
\begin{solution}
\FPval{qtot}[2]{(\mg/1000)*333}
Il calore che serve a fondere tutto il ghiaccio è: $Q_{tot}=m_g\lambda_{fus}=\qtot$. Il calore massimo ceduto dal vapore nel primo caso è $Q_{max}=m_v\lambda_{ev}+m_v C_{H_2O}(T_v -T_g)=\FPsv[2]{\mava*2260/1000+\mava*4.18*100/1000}$ $>\qtot$, dunque la composizione sarà sola acqua alla temperatura:

\FPval{tempe}[2]{((\mava*2260 -\mg*333) +4.18*(\mava*373+\mg*273))/(4.18*(\mg+\mava))}

\[
\frac{m_v \lambda_{ev}-m_g\lambda_{fus}+m_v C_{H_2O}T_v+ m_g C_{H_2O} T_g}{C_{H_2O} (m_v +m_g)} = \tempe \;K
\]

\FPval{qmaxb}[2]{\mavb*2.260+\mavb*4.18*0.1} 
Nel secondo caso: $Q_{max}=m_v\lambda_{ev}+m_v C_{H_2O}(T_v -T_g)=\qmaxb$ kJ $<\qtot$ dunque la composizione è acqua e ghiaccio. La massa di ghiaccio che si è trasformata in acqua è data da: $Q_{max}= \lambda_{fus}m_{H_2O}$ dunque $m_{H_2O}=Q_{max}/\lambda_{fus} =\FPsv[2]{\qmaxb/0.333}\;g$
cha va aggiunta alla massa di vapore che si è interamente trasformata in acqua.
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}


\newproblem{
\FPsetpar{Pow}{1000}{2000}
\FPsetpar{Tin}{15}{30}
\FPsetpar{lit}{2}{5}
\begin{problem}[8]
Si  scaldano  $\lit$  litri  di  acqua  in  un  bollitore  a  resistenza  elettrica  che  converte  energia elettrica in energia termica con una potenza di $W=\Pow \; W$. Trascurando le perdite, stimare il tempo necessario per portare l'acqua da $T_i=\Tin ^{\circ}C$ fino a $T_f=100^{\circ}C$. 
Si ricorda che il calore specifico dell'acqua è $C= 4.18\; J/g ^\circ C$

\begin{solution}
L'energia (quantità di calore) erogata è $Q=W\cdot t = m C \Delta T$. Dunque:
\[
t=\frac{m C (T_f -T_i)}{W} = \FPsv[2]{\lit*4.18*1000*(100-\Tin)/\Pow} \;s
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}