\newproblem{ %1
\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 $m_{Cu}$ nei due casi in cui 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{ %2
\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 di volume della glicerina è $\gamma=5,3\cdot 10^{-4} \; ^\circ C^{-1}$
\begin{solution}
Il volume finale è dato da 
\[
V=V_0(1+\gamma \Delta T) = \FPsv[2]{200*(1+5.3*10^{-4}*(tdue-60))} \;cm^3
\]
dunque
\[
\Delta V= V_0\gamma\Delta T=\FPsv[2]{200*5.3*10^{-4}*(tdue-60)} \; cm^3
\]
\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{ %3
\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, che lo porta ad 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. Dopo aver disegnato le trasformazioni su un diagramma V-P:\\
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 il volume iniziale dall'equazione di stato e 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{Vin}[3]{8.314*(\Tempi+273.16)/(1.013*10^5)}
\[
V_{i}=\frac{nRT_i}{P_i}=\Vin \;m^3
\]
\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'espansione è: 
\[
V_{f}=\frac{n R T_{f}}{P_{f}}
\]
La pressione dopo l'isocora è : \FPval{puno}[2]{8.314*\Tuno/\Vin}
\[
P_1=\frac{nRT_1}{V_i}=\FPsv[2]{\puno/1000}\;kPa = \FPsv[2]{\puno/(1.013*10^5)}\;Atm
\]
 Il lavoro svolto sarà dato dall'area del trapezio 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{%4
\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{%5
\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 $;  $V_2 = V_1+S\cdot x_1$; 
 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
 Il gas è biatomico, dunque $mc_p = (7/2) nR$, sicché:
 \FPval{deltat}[2]{2*\Calor/(7*8.31)}
 \begin{align*}
 \Delta T = \frac{Q}{7/2 R} =\frac{2Q}{7R}=\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{ %6
\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{ %7
\FPsetpar{vuno}{13}{16}
\FPsetpar{puno}{5}{7}
\FPval{pitre}[2]{puno/3^(5/3)}
\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, $V_2 = 3V_1$; $P_3 = \pitre$ 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'equazione di stato : $T_1=P_1V_1/nR = \FPsv[2]{\puno*\vuno/(2*0.082)}\;K$.
Nella trasformazione adiabatica: \FPval{Ldue}[2]{-1.5*\vuno*(\puno-\pitre*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: $T_3 =P_3 V_2/nR=\FPsv[2]{\pitre*3*\vuno/(2*0.082)}\;K$.
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
\[
\eta =\frac{L_{tot}}{Q_{ass}}=\frac{L_1 +L_2}{L_1} = \FPsv[2]{1+Ldue/Luno}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}


\newproblem{ %8

\FPsetpar{Ti}{22}{30}

\begin{problem}[8]
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:$TV^{\gamma -1}=cost$ essendo $\gamma=5/3$ perché il gas è monoatomico:
\[
T_2 = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma -1} = T_1 \left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma -1}
\]
dunque \FPval{deltat}[2]{(Ti+273.16)*(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{%9
\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{%10
%\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}
%}

\newproblem{ %11
\FPsetpar{TA}{20}{40}
\FPsetpar{QAB}{1500}{3500}
\FPsetpar{TC}{100}{200}

\begin{problem}[10]
Un cilindro rigido posto orizzontalmente è chiuso ad un'estremità da un pistone che può muoversi liberamente senza attrito. il cilindro è riempito da una mole di gas perfetto monoatomico in equilibrio con la pressione esterna di 1 Atm, alla temperatura $T_A=\TA ^{\circ}C$. Il pistone viene bloccato ed al gas viene fornita una quantità di calore $Q=\QAB\; J$. Sia B il nuovo stato di equilibrio del gas. Tolto il blocco dal pistone, il gas si espande irreversibilmente con perdita di calore verso l'esterno e raggiunge un nuovo stato di equilibrio C, alla temperatura $T_C=\TC^{\circ}C$.\par
Per la trasformazione BC, calcolare
\begin{enumerate}
\item La variazione di energia interna
\item il lavoro compiuto dal gas
\item il calore ceduto
\end{enumerate}
\begin{solution}
Determiniamo la temperatura dello stato B: $Q=n c_v \Delta T$ dunque $\Delta T = Q/nc_v$. il gas è monoatomico, dunque $c_v=3/2 R$, sicché:
\FPval{deltat}[2]{\QAB/(1.5*8.314)}
 $\Delta T= \deltat \;K$ e quindi \FPval{TB}[2]{\TA+\deltat} $T_B=\TB ^{\circ}C$.
La variazione di energia interna tra gli stati B e C vale: \FPval{deltau}[2]{1.5*8.314*(\TC-\TB)}
\[
\Delta U_{BC} = n c_v (T_C - T_B) = \deltau\; J
\]
e non dipende dalla trasformazione perché è una funzione di stato.\par
L'espansione avviene contro la pressione esterna costante, dunque, $L_{BC}=P_{ext}(V_C -V_B)$.
\FPval{VA}[3]{8.31*(\TA+273.16)/(1.013*10^5)} 
\[
V_B=V_A=\frac{nRT_A}{P_A} = \VA \; m^3
\]
\FPval{VC}[3]{8.31*(\TC+273.16)/(1.013*10^5)} 
\[
V_C=\frac{nRT_C}{P_C} = \VC \; m^3
\]
\FPval{lavoro}[2]{8.31*(\TC-\TA) } 
Comunque, sostituendo, visto che $P_C=P_A=P_{ext}$:
$L_{BC}=nR(T_C-T_A)= \lavoro \; J$\par
La quantità di calore ceduta si ricava dal primo principio: $Q=\Delta U_{BC} + L_{BC} = \FPsv[2]{\deltau+\lavoro} \; J$  

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %12
\FPsetpar{Vol}{300}{400}
\FPsetpar{Pfin}{8}{13}
\begin{problem}[10]
Si vuole realizzare un dispositivo capace di comprimere $V=\Vol\;m^3$ di aria da  una  a  $P_f=\Pfin$ atmosfere in  un  intervallo  di  tempo  di  un'ora. Approssimando  la trasformazione  come un'isoterma  reversibile e  considerando  l'aria  come  un  gas  perfetto, valutare la potenza meccanica necessaria per il compressore
\begin{solution}
La trasformazione è isoterma, dunque $PV=cost=nRT_0$, dunque: $P dV+VdP=0$. Il lavoro compiuto sul gas dal compressore è:\FPval{Lav}[2]{1.013*10^2*\Vol*ln(\Pfin)}
\[
L=-P dV=V dP = nRT_0 \int_{P_f}^{P_i}{\frac{dP}{P}} = P_0 V_0 ln\frac{P_f}{P_i} = \Lav\;kJ
\]
 La potenza del compressore è data da $dW=\frac{dL}{dt}$: $W=L/t = \FPsv[2]{\Lav/3600}\; kW$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ % 13 Canale 020924
\FPsetpar{PB}{9}{15}
\FPsetpar{VB}{2}{4}
\begin{problem}
 Una mole di gas perfetto monoatomico esegue un ciclo ABCA nel quale la trasformazione AB è una isocora, BC è un'adiabatica reversibile e CA una isobara. Nel punto B la pressione vale $P_B=\PB$bar ed il volume $V_B=\VB\;l$ , ed in C il volume è $V_C=4 V_B$. Disegnare il ciclo nel piano VP e determinare:
\begin{enumerate}
\item	le temperature $T_B$, $T_C$ e $T_A$ ;
\item	le quantità di calore scambiate dal gas ed  il rendimento del ciclo.
\end{enumerate}
\begin{solution}
\FPval{TB}[2]{PB*VB/0.082}
$T_B = P_B V_B/R = \TB$K, le altre variabili le calcoliamo con l'equazione dell'adiabatica $TV^{\gamma -1} = cost$ con $\gamma = 5/3$
\FPval{TC}[2]{TB/4^(2/3)}
\[
T_B V_B^{\gamma -1}=T_C V_C^{\gamma -1} \rightarrow T_C = T_B\left(\frac{V_B}{V_C}\right)^{2/3} =\FPsv[2]{TC}\;K
\]
\FPval{TA}[2]{TC/4}

$T_A = P_A V_A/R =P_C V_B/R = (T_C R/V_C)(V_B/R) =T_C(V_B/V_C)=T_C/4=\TA$K\par
\FPval{QAB}[2]{1.5*8.31*(TB-TA)}
Nella trasformazione AB si acquista calore $Q_{AB} =c_v (T_B -T_A) = 3/2 R(T_B-T_A) = \QAB$J;\\
\FPval{QAC}[2]{2.5*8.31*(TA-TC)}
Nella trasformazione CA si cede calore $Q_{CA} = c_p (T_A - T_C) = 5/2 R(T_A -T_C) = \QAC$J;\\
La trasformazione adiabatica non scambia calore. Il rendimento è $\eta = (Q_{AB} +Q_{AC})/Q_{AB} = \FPsv[2]{(QAB+QAC)/QAB}$

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %14 Canale 020625B 
\FPsetpar{mass}{90}{130}
\FPval{massa}[2]{mass/1000}
\FPsetpar{Tuno}{900}{1300}
\FPval{Tdue}[1]{Tuno/2}
\begin{problem}
Un solido di massa $m=\massa$ g, calore specifico medio $c=0.38\; kJ/(kg \cdot K)$, inizialmente alla temperatura $T_1=\Tuno$K è introdotto in un cilindro, a pareti rigide e adiabatiche, contenente $n=3.5$ moli di gas perfetto biatomico alla temperatura di $T_2=\Tdue$K. Il volume del solido e le sue variazioni con la temperatura sono  trascurabili  rispetto al volume del gas.  Determinare:
\begin{enumerate}
\item	la temperatura finale di equilibrio del sistema;
\item	la variazione di energia interna del sistema gas più solido;
\item	la variazione di entropia del gas, del solido
\end{enumerate}
\begin{solution}
La trasformazione è a volume costante, quindi il calore assorbito dal gas sarà a volume costante:
$Q_G=nc_v(T_f - T_2) = n\frac{5}{2}R(T_f - T_2)$ e la quantità di calore ceduta dal solido è $Q_s= mc(T_1 -T_f)$ . Siccome non c'è scambio di calore con l'esterno queste dovranno essere uguali. Dunque:
\FPval{TF}[2]{(5*3.5*8.31*Tdue+2*massa*0.38*Tuno)/(5*3.5*8.31+2*massa*0.38)}
$n\frac{5}{2}R(T_f - T_2)=-mc(T_f -T_1)$ da cui,
\[
T_f = \frac{5nRT_2+2*mcT_1}{5nR+2mc}=\TF\;K
\]
Il sistema è adiabatico, quindi $\Delta U =0$.\par
$\Delta S_G = \int_{T_2}^{T_f}{dQ/T} = n c_v \ln{\frac{T_f}{T_2}}  =\FPsv[2]{5*3.5*8.31*ln(TF/Tdue)}$K\par
$\Delta S_s = mc\ln{\frac{T_f}{T_1}}= \FPsv[2]{massa*0.38*ln(TF/Tuno)}\;K$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %15
\FPsetpar{mg}{100}{300}
\FPval{mv}[2]{mg/4}
\FPval{mgk}[2]{mg/1000}
\FPval{mvk}[2]{mv/1000}
\begin{problem}
In un recipiente adiabatico contenente $m_g=\mg$g  di ghiaccio a $T_0=0^\circ$C si introducono $m_v=\mv\;g$  di  vapore  acqueo  a  $T_1=100^\circ$C.  Conoscendo  i  calori  latenti  di  fusione  ed evaporazione,  rispettivamente 
$\lambda_g =333$kJ/kg  e $\lambda_v=2257$kJ/kg, ed  il  calore  specifico  dell'acqua  $c=4.18 kJ/(kg\cdot K) $ determinare  la  composizione  finale  del  sistema  e  la  sua temperatura finale $T_F$ 

\begin{solution}
Il calore che può cedere il vapore è \FPval{qvap}[2]{\mvk*2257} $Q_v=m_v\lambda_v=\qvap\;kJ$ mentre per fondere tutto il ghiaccio e portarlo alla temperatura del vapore servirebbero $Q_g = m_g\lambda_g+m_g c(T_1 -T_0)=\FPsv[2]{mg*(333/1000+4.18*100)}$. Dunque, quando tutto il vapre è tornato allo stato liquido, l'acqua è ad una temperatura inferiore a $T_1$
\[
-m_v \lambda_v +m_v c (T_F - T_1)+m_g \lambda_g +m_g c(T_F - T_0) =0
\]
da cui \FPval{Tf}[2]{(mvk*2257 - mgk*333 + mvk*4.18*373.16+mgk* 4.18*273.16)/(4.18*(mgk+mvk))}
\[
T_F=\frac{m_v\lambda_v -m_g \lambda_g +m_v c T_1 +m_g c T_0}{c(m_g+m_v)}  = \Tf \;K
\]

\end{solution}

\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %16
\FPsetpar{pmin}{1}{3}
\FPsetpar{vmin}{20}{30}
\FPsetpar{ics}{2}{4}
\FPval{pmax}[1]{ics*pmin}
\FPval{vmax}[1]{ics*vmin}
\FPval{vmaxl}[2]{1000*vmax}
\FPval{vminl}[2]{1000*vmin}

\begin{problem}
Una macchina termica ipotetica opera con un ciclo costituito da due isobare e
due isocore. Il fluido operante è costituito da 1 kmole di gas perfetto monoatomico.
Se il volume minimo e il volume massimo sono rispettivamente $V_{min} = \vmin\; m^3$ e
$V_{max} = \vmax\; m^3$ e la pressione minima e la pressione massima sono rispettivamente
$P_{min} = \pmin\; atm$ e $P_{max} = \pmax\; atm$, determinare:
\begin{enumerate}
\item il rendimento della macchina
\item la temperatura minima e la temperatura massima raggiunta dal gas nel ciclo,
\item il rendimento di una macchina di Carnot operante tra queste due temperature.
\end{enumerate}
(Suggerimento: disegnate il ciclo prima di iniziare il calcolo).
\begin{solution}
\FPval{work}[2]{(pmax-pmin)*(vmaxl-vminl)}
Il rendimento è dato dal rapporto tra il lavoro eseguito e la quantità di calore assorbita. Il lavoro è l'area del rettangolo: $L=(P_{max}-P_{min})(V_{max}-V_{min})=\work\;l\cdot atm$. Il calore viene assorbito nella prima isobara e nella prima isocora:
\FPval{Quno}[2]{2.5*pmax*(vmaxl-vminl)}
\FPval{Qdue}[2]{1.5*vminl*(pmax - pmin)}
 $Q_1= n c_p \Delta T = n c_p P_1 \Delta V /nR= 5/2  P_{max} (V_{max}-V_{min})=\Quno\; l\cdot atm$; $Q_2=nc_v\Delta T = n c_v V_{max}\Delta P/nR = 3/2  V_{min} (P_{max}-P_{min})=\Qdue\;l\cdot atm $. Da cui \FPval{rend}[2]{work/(Quno+Qdue)}
\[
\eta=\frac{L}{Q_1+Q_2} =\rend
\]
\FPval{Tmin}[2]{pmin*vminl/(1000*0.082)}
\FPval{Tmax}[2]{pmax*vmaxl/(1000*0.082)}
Le temperature estreme si hanno per $T_{min}=P_{min}V_{min}/nR=\Tmin\;K$ e $T_{max}=P_{max}V_{max}/nR=\Tmax\;K$\\
Il rendimento della macchina di Carnot dipende solo dalle temperature estreme
\[
\eta_c=1-\frac{T_{min}}{T_{max}} =\FPsv[2]{1-(Tmin/Tmax)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %17
\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 $\Delta T = (T_f -T_i) = Q/nc_p = 2 Q/(7 n R)$
\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{ %18
\FPsetpar{vol}{8}{16}
\FPsetpar{tin}{15}{35}
\FPval{tinK}[2]{tin+273.16}
\FPsetpar{Qu}{300}{500}
\begin{problem}
Una pentola a pressione, di volume $V=vol$ litri, è riempita di ossigeno $O_2$ a pressione atmosferica
e a temperatura di $T_i=\tin^{\circ} C$, e poi chiusa. La pentola è quindi posta a contatto di una sorgente di calore, in modo da ricevere $Q=\Qu$ J di energia termica, con una trasformazione irreversibile.\\
Trascurando la dilatazione termica della pentola ed usando l'approssimazione di gas perfetto,
si calcoli:
\begin{enumerate}
\item la variazione di energia interna del gas;
\item la temperatura finale e la pressione finale del gas;
\item la variazione di entropia del gas.
\end{enumerate}


\begin{solution}
La pentola a pressione non cambia volume, dunque la trasformazione irreversibile è a volume costante, dunque il lavoro è nullo e la quantità di calore è pari alla variazione di energia interna:
$\Delta U = Q$
Il numero di moli del gas è dato dalla legge dei gas perfetti: \FPval{enne}[2]{vol/(0.082*tinK)}
\[
n=\frac{P_i V_i}{RT_i} = \enne \; mol
\]
La variaizone di energia interna è $\Delta U = n c_v \Delta T$ da cui si trova la temperatura finale
\FPval{tfin}[2]{tinK+Qu/(enne*(5/2)*8.31))}
\[
T_f=T_i+\frac{Q}{n c_v} = \tfin\;K
\]
essendo $C_v= \frac{5}{2}R$ perché il gas è biatomico.

\[
P_f = \frac{nRT_f}{V} = \FPsv[2]{enne*8.31*tfin/(vol*1013.025)}\;atm
\]
La variazione di entropia dipende solo dagli stati estremi della trasformazione e vale
\[
\Delta S = n c_v ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right)  =\FPsv[2]{enne*(5/2)*8.31*ln(tfin/tinK)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%19
\FPsetpar{Tzero}{320}{370}
\FPsetpar{Vol}{4}{6}
\FPsetpar{Calo}{30}{50}

\begin{problem}
Una certa quantità di ossigeno $O_2$ alla temperatura $T_0=\Tzero$ K è contenuta in un cilindro con pistone di massa trascurabile in equilibrio con la pressione atmosferica. Il suo volume iniziale è $V_0=\Vol\,\ell$. Al gas viene sottratta lentamente una quantità di calore $Q=\Calo$ cal.
\begin{enumerate}
\item Calcolare il volume e la temperatura finale;
\item Calcolare il lavoro compiuto e la variazione di energia interna
\end{enumerate}
\begin{solution}
La quantità di calore sottratta sarà data da $Q=nc_p\Delta T$ con $c_p=7/2 R$ perché il gas e biatomico. D'altra parte \FPval{enne}[2]{\Vol/(0.082*\Tzero)} $n = P_0 V_0/RT_0 =\enne$ moli; Dunque
\FPval{deltat}[2]{-2*\Calo/(7*\enne* 1.987)}
\[
\Delta T= \frac{-Q}{n c_p}= \frac{-2Q}{7nR}=\deltat
\]
\FPval{Tf}[2]{\Tzero+\deltat}
da cui $T_f=T_0+\Delta T=\Tf$. Il volume finale è dato da \FPval{Vf}[2]{\enne*0.082*\Tf} $V_f=nRT_f/P_0=\Vf \;\ell$.\\
La variazione di energia interna è \FPval{Deltau}[2]{\enne*2.5*1.987*(\Tf - \Tzero)} $\Delta U=n c_v \Delta T = 5/2 n R \Delta T=\Deltau\; cal$ ed il lavoro è $L=Q-\Delta U$

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%20
\FPsetpar{du}{2500}{3200}
\FPval{deltau}[2]{-\du}
\FPsetpar{qc}{3500}{3700}
\FPval{qca}[2]{-\qc}
\begin{problem}
Tre moli di un gas ideale biatomico si trovano inizialmente in equilibrio nello stato A.
Tramite una espansione isobara reversibile, il gas si porta nello stato di equilibrio B.
Successivamente, tramite una trasformazione adiabatica irreversibile in cui il gas varia
la sua energia interna di $\Delta U_{BC} = \deltau\; J$, il gas si porta nello stato C. Infine, per
mezzo di una trasformazione isoterma reversibile in cui scambia con l'ambiente un calore
$Q_{CA} = \qca\; J$, il gas ritorna nello stato A. Sapendo che il rapporto tra i volumi occupati
dal gas negli stati A e C e $V_A/V_C = 0.2$, determinare:
\begin{enumerate}
\item il valore $T_B$ della temperatura del gas in B;
\item il diagramma del ciclo nel piano (V-P) di Clapeyron;
\item il rendimento $\eta$ del ciclo;
\end{enumerate}
\begin{solution}
La trasformazione CA a temperatura costante del gas perfetto non ha associata alcuna
variazione di energia interna. Quindi abbiamo che
\[
Q_{CA} = L_{CA} = n R T_C ln(V_A/V_C)
\]
Segue:\FPval{tc}[2]{\qca/(3*8.31*ln(0.2))}
$T_C = T_A = Q_{CA}/(n R ln(V_A/V_C)) =\tc\;K$\\
La trasformazione adiabatica irreversibile è caratterizzata da
$Q_{BC} = 0$ e $\Delta U_{BC} = n cv(T_B - T_C) $, essendo $c_v=5/2$ perché il gas è biatomico. Dunque \FPval{tb}[2]{\tc -\deltau/(3*2.5*8.31)}
 $T_B = T_C - [\Delta U_{BC}/(nc_v)] = \tb\;K$\\
Per calcolare il rendimento deduciamo il calore assorbito \FPval{qab}[2]{3*3.5*8.31*(\tb-\tc)}
 $Q_{AB} = n c_P (T_B - T_A) =\qab\;J$. Per quel che riguarda il lavoro eseguito: $L=L_{AB}+L_{BC}+L_{CA}$; \FPval{lab}[2]{3*8.31*(\tb-\tc)}
\[
\begin{cases}
L_{AB} = nR (T_B -T_A)=\lab \\
L_{BC} = -\Delta U_{BC} = \FPsv[2]{-\deltau} \\
L_{CA} =  Q_{CA}=\qca
\end{cases}
\]
\FPval{lav}[2]{\lab-\deltau+\qca}
$ \eta=L/Q_{AB}=\FPsv[2]{\lav/\qab}$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %21
\FPsetpar{TA}{250}{330}
\begin{problem}
Una mole di un gas perfetto, inizialmente nello stato A ($T_A=\TA$ K), compie una trasformazione
isoterma fino a raddoppiare il proprio volume, una trasformazione isocora che lo porta ad una
temperatura $T_C$, ed infine una adiabatica che lo riporta in uno stato finale F in cui il volume è uguale a quello iniziale. Se lo stato finale coincide con quello iniziale: 
\begin{enumerate}
\item disegnare le trasformazioni nel piano di Clapeyron
\item quale sarà la temperatura $T_C$ quando il gas è monoatomico e quale se biatomico.
\item In questa condizione (stato F = stato A) calcolare il rendimento del ciclo risultante nei due casi.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Lungo l'adiabatica: $T_C V_C^{\gamma -1}  =T_A V_A^{\gamma -1}$, ovvero:
\[
  \frac{T_A}{T_C}= \left(\frac{V_C}{V_A}\right)^{\gamma -1}=2^{\gamma -1}
\]
Dunque, \FPval{tcmono}[2]{\TA*2^(1-5/3)} se il gas è monoatomico, $T_C=T_A\cdot 2^{1-\gamma} = \tcmono$K, altrimenti \FPval{tcbi}[2]{\TA*2^(1-7/5)}  $T_C=\tcbi$K\\
Per calcolare il rendimento, consideriamo che nell'adiabatica CA non si scambia calore, nella isocora BC si cede il calore: $Q_{BC}=nc_v(T_C - T_B)=n c_v (T_C - T_A)$ e nell'isoterma si acquista il calore: $Q_{AB}=L_{AB}=n R T_A \ln{V_B/V_A}=n R T_A \ln{2}$. 
\[
\eta = 1 +\frac{Q_{BC}}{Q_{AB}}=1+\frac{(2N+1)(T_C - T_A)}{2T_A\ln{2}}
\]
dove $N$ è il numero di atomi che compongono la molecola.
Quindi, \FPval{etamono}[2]{1+1.5*(\tcmono - \TA)/(300*ln(2))} \FPval{etabi}[2]{1+2.5*(\tcbi - \TA)/(300*ln(2))} 
$\eta_{mono}=\etamono$ e $\eta_{bi}=\etabi$.

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%22
\FPsetpar{TA}{300}{330}
\FPsetpar{LBC}{81000}{85000}%J
\FPval{TC}[2]{\TA+\LBC/(10*8.31)}
\begin{problem}
Un gas perfetto biatomico si espande liberamente raddoppiando il suo volume da uno stato A di
equilibrio ($T_A=\TA$ K e $P_A= 2.00$ atm) fino allo stato B. Il gas poi subisce una compressione
adiabatica irreversibile (nella quale viene compiuto il lavoro $|L_{BC}|=\LBC$ J) e raggiunge un nuovo stato C con $P_C = 15 P_A$ e $T_C =\TC$ K. Successivamente, il gas viene compresso in modo
irreversibile, rimanendo in contatto termico con una sorgente di calore a temperatura $T_C$ con la
quale scambia una quantità di calore pari a $Q_{CD} =-110$ kJ, fino a un nuovo stato di equilibrio D. Infine una trasformazione adiabatica reversibile riporta il gas nello suo stato iniziale A.
\begin{enumerate}
\item determinare i parametri degli stati A, B, C, D
\item calcolare il lavoro scambiato nel ciclo ABCDA e valutare il COP ($COP = |Q_{ass}| / | L_{tot}|$) se il ciclo è frigorifero o l'efficienza in caso contrario.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Per ricavare i parametri di stato è necessario ricavare prima il numero di moli. Il lavoro nella
trasformazione adiabatica BC è dato da $L_{BC}=n c_v (T_C -T_B)$ dunque: $n=|L_{BC}/c_v(T_C -T_B)|=\FPsv[2]{\LBC/(2.5*8.31*(\TC-\TA))}$ mol;
\begin{itemize} 
\item Stato A: $P_A=2$atm; \FPval{VA}[3]{4*8.31*\TA/(2*100*1.013)} $T_A=\TA$K; $V_A=nRT_A/P_A= \VA \cdot 10^{-3}\; m^3$ 
\item stato B: $V_B=2V_A=\FPsv[2]{2*\VA} \cdot 10^{-3}\;m^3$; $P_B=P_A/2=1$atm; $T_B=T_A$ perché AB è una espansione libera e la temperatura non cambia ($\Delta U=0$).
\item stato C: $T_C=L_{BC}= T_A+L_{BC}/(n c_v)=\TC$K; $P_C=15\cdot P_A=30$ atm; \FPval{VC}[2]{4*8.31*\TC/(30*1.013*100)} $V_C=nRT_C/P_C=\VC \cdot 10^{-3}\; m^3$
\item Stato D: $T_D = T_C$. La trasf. DA è un'adiabatica reversibile, dunque: $T_AV_A^{\gamma -1} = T_DV_D^{\gamma -1}$ per cui: \FPval{VD}[2]{\VA*(\TA/\TC)^(2.5)} $ V_D=V_A (T_A/T_C)^{1/(\gamma -1)}=\VD \cdot 10^{-3}\;m^3$, avendo posto $\gamma = 7/5$ perché il gas è biatomico.
\end{itemize}
Il calore viene scambiato solo nella trasf. isoterma CD, perché le altre sono un'espansione libera e due adiabatiche. Quindi $Q_{Tot}=Q_{CD}=-110$kJ. Questa quantità è anche pari al lavoro eseguito. Dunque si tratta di un ciclo frigorifero di efficienza  $COP=Q_{ass}/L=0$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%23
\FPsetpar{VAd}{11}{15}
\FPsetpar{VBd}{22}{27}
\FPval{VA}[2]{\VAd/10}
\FPval{VB}[2]{\VBd/10}
\FPsetpar{QBC}{6200}{7000}

\begin{problem}
Una mole di gas perfetto biatomico, che si trova inizialmente alla pressione $P_A$ e volume $V_A =\VA \cdot 10^{-2}m^3$ , si espande irreversibilmente, in condizioni adiabatiche contro la pressione atmosferica esterna $P_0 =1.013\cdot10^5\;Pa$, fino a raggiungere l'equilibrio ad un volume
$V_B = \VB\cdot 10^{-2}m^3$. Il gas raggiunge poi lo stato C di equilibrio mediante una trasformazione isoterma reversibile durante la quale cede la quantità di calore di modulo $|Q_{BC}| = \QBC \;J$. Una generica trasformazione reversibile CA, nella quale il gas compie il lavoro 
$L_{CA} = 6500 \; J$, lo riporta allo stato iniziale A.
Calcolare:
\begin{enumerate}
\item le temperature $T_A$ e $T_B$
\item il volume $V_C$
\item la quantità di calore scambiata durante la trasformazione CA
\end{enumerate}
\begin{solution}
Il punto B è in equilibrio con la pressione atmosferica $P_0$ e dall'equazione di stato: \FPval{TB}[2]{(1.013*10^(3) * \VB)/8.31} $T_B = P_0 V_B /nR  = \TB\;K$. In AB non c'è scambio di calore e la pressione esterna è costante, dunque:\FPval{LAB}[2]{1.013*10^(3)*(\VB-\VA)}  $L_{AB}=-\Delta U_{AB}=\LAB\;J$. 
 
\FPval{TA}[2]{\TB+\LAB/(2.5*8.31)}
$L_{AB}=P_0 (V_B - V_A) = -nc_v(T_B - T_A)$ Dunque $T_A = T_B + P_0(V_B - V_A)/nc_v=\TA\;K$.\\
Nella trasformazione BC, $L_{BC}=Q_{BC}$. $L_{BC}= nRT_B\ln{(V_C/V_B)}$. La quantità di calore è ceduta, quindi ha segno negativo: $Q_{BC} = -\QBC \;J$ dunque: \FPval{VC}[2]{\VB*exp(-QBC/(8.31*\TB))}
\[
V_C= V_B e^{\frac{Q_{BC}}{nRT_B}}=\FPsv[2]{\VC*100} \cdot 10^{-2}\;m^3
\]
La quantità di calore totale scambiata è: $Q_{tot} = Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CA} = Q_{BC}+Q_{CA}$ e sarà uguale al lavoro eseguito, perché in un ciclo $\Delta U =0$. Dunque: $Q_{CA}=L_{tot}-Q_{BC} = L_{AB}+L_{BC}+L_{CA} -Q_{BC}$ ma $L_{BC}= Q_{BC}$ quindi: $Q_{CA}= L_{AB}+L_{CA}=\FPsv[2]{\LAB + 6500} \;J$

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}


\newproblem{%24 Luci p.52
\FPsetpar{puno}{1}{3} %atm
\FPsetpar{vuno}{1}{3} %litri
\FPval{vdue}[2]{2*\vuno}

\begin{problem}
Due moli di un gas perfetto monoatomico hanno la pressione iniziale $P_1 = \puno$ atm
e il volume iniziale $V_1=\vuno$ l. Al gas viene fatto percorrere il seguente ciclo quasistatico
(reversibile): viene fatto espandere isotermicamente finché il suo volume
non è diventato $V_2 = \vdue$ l, poi viene riscaldato a volume costante fino ad avere la
stessa pressione iniziale e poi viene compresso a pressione costante fino a tornare
allo stato iniziale.
\begin{enumerate}
\item Si rappresenti questo ciclo su un diagramma PV.
\item Si calcolino il calore fornito al gas e il lavoro compiuto dal gas durante ogni
parte del ciclo.
\item Si trovino le temperature $T_1$, $T_2$ e $T_3$.
\end{enumerate}
\begin{solution}
\FPval{tuno}[2]{\puno*\vuno/(2*0.082)}
\FPval{Lisot}[2]{\puno*\vuno*ln(\vdue/\vuno)}
Nell'isoterma: $P_1 V_1= P_2 V_2$, $T_1=P_1V_1/nR=\tuno$ K ed il lavoro è $L_{12}=nRT_1 \cdot ln\frac{V_2}{V_1} = P_1 V_1 \cdot ln\frac{V_2}{V_1}=\Lisot \;l\;atm$ e la quantità si calore è pari al lavoro.\\
A volume costante il lavoro è nullo e $P_2/P_3 = T_2/T_3$ ma $P_3=P_1$ e $T_2=T_1$ dunque, $P_2/P_1=T_1/T_3$, e quindi:
$T_3=2T_1=\FPsv[2]{2*\tuno} K. $Q_{23}=n c_v \Delta T=\FPsv[2]{3*0.082*\tuno}$ l atm.\\
Nella isobara, $L=P_1\Delta V= P_1 (V_3 - V_1)$ ma $V_3=V_2$ dunque: \FPval{Lisob}[2]{\puno*(\vdue-\vuno)} $L=\lisob$, $Q_{31}=nc_p\Delta T= \FPsv[2]{5*0.082*\tuno}$ l atm.

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

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

\begin{problem}[10]
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{%26
\FPsetpar{Sez}{700}{900}
\FPval{Sezm}[3]{Sez/10000}
\FPsetpar{mass}{30}{50}
\begin{problem}
In un cilindro adiabatico di sezione $S=\Sez \;cm^2$ può scorrere senza attrito un pistone di massa trascurabile. Nel cilindro sono sistemate 2 moli di un gas perfetto monoatomico e piccole quantità di acqua e ghiaccio. Inizialmente sul pistone è posta una massa $m= \mass\;kg$ ed il   sistema  è all'equilibrio termodinamico. Ad un certo istante la massa viene rimossa ed il sistema raggiunge un nuovo stato di  equilibrio  (espansione libera) in  cui  sono  ancora  presenti  acqua  e  ghiaccio.  Calcolare  la  quantità  di  acqua  che  si solidifica  durante  la  trasformazione  (trascurare  il  volume  occupato  da  acqua  e  ghiaccio).  \\
($\lambda=335\;kJ/kg$;   $1 \;atm=101352\; N/m^2$)
\begin{solution}
Il sistema esegue una espansione irreversibile in cui la temperatura iniziale e finale sono quella di fusione del ghiaccio: $T_0=273,16K$, dunque la variazione di energia interna è nulla. Il Lavoro compiuto dal sistema sarà pari alla quantità di calore sottratta.\\
Lo stato iniziale sarà a pressione $P_i=P_{atm} + mg/S$ \FPval{Pin}[2]{101352+\mass*9,81/\Sezm} dunque occupa un volume \FPval{Vi}[4]{2*8,31*273,16/\Pin} $V_i=nRT_0/P_i=\Vi \;m^3$. La trasformazione avviene alla pressione atmosferica fino ad un volume:
\FPval{Vf}[4]{2*8,31*273,16/101352} $V_f=nRT_0/P_{atm}=\Vf$. Dunque il lavoro compiuto dal sistema sarà \FPval{work}[2]{101352*(\Vf -\Vi)} $L=P_{atm}(V_f -V_i)=\work \; J$, pari alla quantità di calore sottratta, che, essendo la temperatura costante andrà tutta a congelare l'acqua:
$L=m_{g}\lambda$; quindi, $m=L/\lambda = \FPsv[3]{\work/335}\;g$

\end{solution}


\newpage
\end{problam}
}