Дано:

$V_x=135$л

$t=40°C$

$t_1=65°C$

$t_2=15°C$

$V-?$

Решение:

Объем ванны равен сумме объемов холодной воды из водопровода $V_x$ и горячей воды из водонагревателя $V_г$: $V=V_x+V_г$(1)

При смешивании горячей и холодной воды происходит теплообмен между двумя системами: горячая вода отдает часть своей энергии холодной воде, а холодная вода принимает эту энергию: $Q_г=Q_x$(2)

Учитывая, что масса воды $m=ρ·V$(3), $V$ - объем воды; $ρ$ - плотность воды, $c$ - удельная теплоемкость воды:
$Q_г=cm_г(t_1-t)=cρV_г(t_1-t)$ - количество теплоты, которое отдает горячая вода;
$Q_х=cm_х(t-t_2)=cρV_х(t-t_2)$ - количество теплоты, которое принимает холодная вода;.

$cρV_г(t_1-t)=cρV_x(t-t_2)$

$25V_г=25V_ч⇒V_г=V_х$

Получается, что объем горячей и холодной воды одинаковы. Учитывая, что объем ванны: $V=V_x+V_г=135+135=270$л.

Дано:

$E=200$мДж

$υ=10$Гц

$t=1$час

$∆t′=5°$

$η=4%$

$V_в-?$

Решение:

1) Мощность излучения $P_{изл}=W·υ$.

2) Потребляемая мощность $P_л={P_{изл}}/{η}$

3) Мощность охлаждения: $P_{охл}=P_л-P_{изл}=P_{изл}{(1-η)}/{η}$

4) $Q_{охл}=P_{охл}·t$ выразим через числовой баланс $Q_{охл}=ρ·υ·c·∆t$

5) Выразим и получим $V={W·υ·T}/{ρ·c·∆t′}·{1-η}/{η}={200·10^{-3}·10·3600}/{1000·4.2·10^3·5}·{1-0.04}/{0.04}=8.2л$

Дано:

$B=60%$

$T=293K$

$V=1м^3$

$P_н=10^5$Па

$M=1,2004$кг

$P_{нп}-?$

Решение:

Уравнение Менделеева-Клайперона:

$\{\table\P_1·V=υ_1·RT; \P_2V=υ_2·RT;$ $⇒P_1+P_2=(υ_1+υ_2)·8.31·293$.

$P_1+P_2=P_н; υ_1+υ_2={100000}/{2434.83}=41.6$моль.

Тогда $\{\table\υ_1·0.018+υ_1·0.029=1.2004; \υ_2=41.6-υ_1;$ $⇒υ_1=0.545$моль.

$P_1={υ_1·RT}/{V}={0.545·8.31·293}/{1}=1370$Па.

Дано:

$i=3$

$T_2=4T_1$

$η-?$

Решение:

КПД находится как отношение работы за цикл к количеству теплоты, полученной за цикл. В данном случае, теплота получена на участке 1-2. На этом участке давление и объем прямо пропорциональны: ${p_1}/{p_2}={V_1}/{V_2}$

Из уравнения Менделеева-Клайперона: ${p_1V_1}/{T_1}={p_2V_2}/{T_2}$ следует, что $({p_1}/{p_2})^2={T_}/{T_1}$ т.е. ${p_2}/{p_1}={V_2}/{V_1}=√4=2$. $p_2=2p_1, V_2=2V_1$

Работа А за цикл равна: $A={1}/{2}(p_2-p_1)·(V_2-V_1)≈{1}/{2}(p_2V_2-p_1V_1-p_2V_1+p_1V_1)={1}/{2}(2p_1·2V_1-p_1·2V_1-2p_1V_1+p_1V_1)={1}/{2}(4p_1V_1-2p_1V_1-2p_1V_1+p_1V_1)=0.5p_1V_1$

Количество теплоты равно: $Q=A_{1,2}+∆U_{1,2}={p_1+p_2}/{2}·(V_2-V_1)+{3}/{2}(p_2V_2-p_1V_1)={3p_1}/{2}·(2V_1-V_1)+{3}/{2}(2p_1·2V_1-p_1V_1)={3p_1V_1}/{2}+{3·3p_1V_1}/{2}={12}/{2}p_1V_1=6p_1V_1$

Тогда КПД равен: $η={A·100%}/{Q_{пол}}={0.5p_1V_1}/{6p_1V_1}·100%≈8.33%$

Дано:

$m_1=10^{-2}$кг

$υ_1=400$м/с

$m_2=1$кг

$υ_2=300$м/с

$c=140$Дж/кг·С

$Q=0.6∆E_к$

$∆T-?$

Решение:

Рассчитаем потери кинетической энергии системы "пуля-шар": $∆E_к={mυ_1^2}/{2}-{mυ_2^2}/{2}={m}/{2}·(υ_1^2-υ_2^2)={10^{-2}}/{2}(16·10^4-9·10^4)={7·10^2}/{2}=350$Дж.

Количество теплоты, которое получает пуля равно: $Q=cm·∆t$(2), где $c$ - удельная теплоемкость свинца, $c=140$Дж/кг·С.

По условию задачи: $Q=0.6·∆E_к$, откуда $∆t={0.6∆E_к}/{cm}$(3). Подставим числовые значения в (3): $∆t={0.6·350}/{10^{-2}·140}=150°C$. Поскольку $1°C=1K$, то $∆t=∆T=150K$

Дано:
Q = 1979 Дж,
pк = 0,5 · 105 Па,
p0 = 4 · 105 Па,
T0 = 400 K,
A = ?

Решение:
p = α/V3  =>  V = α/∛p

По закону Менделеева-Клайперона:
pV = νRT

(p0 α) / (3p0) = νRT0

(pк α) / (3pк) = νRTк

Tк = T0 (p0/pк)1/3 = 400 (0.5/4)1/3 = 100 K

A = -Q - ∆U = -1979 - (3/2) · 2 · 8,31 · (100 - 400) = 5,5 кДж
    

1) Из рисунка видно, что на участках 1-2 и 3-4 процесс изохорный, т.е. $V_1=V_2$ и $V_3=V_4$, поэтому $A_{1-2}$ и $A_{3-4}=0$.

2) Тогда для $A_{23}=p_2(V_3-V_2)$, а $A_{41}=p_1(V_1-V_4)$. (учтено, что процессы 2-3 и 4-1 изобарные, т.е. $p_2=p_3$, $p_1=p_4$

3)Работа газа за цикл: $A=p_2(V_3-V_2)+p_1(V_1-V_4)$.

4) По закону Менделеева-Клайперона $\{\table\p_1V_1=νRT_1; \p_1V_4=νRT_4; \p_2V_2=νRT_2; \p_2V_3=νRT_3;$ подставим в (3) получим (5).

5) $A=νR(T_3-T_2+T_1-T_4)=19944$Дж.

Максимальная температура соответствует точке 2, минимальная - точке 4.

$T_н={p_2V_2}/{νR}={4p_0V_0}/{νR}; T_x={p_0V_0}/{νR}$

$η=1-{T_x}/{T_н}=1-{{p_0V_0}/{νR}}/{{4p_0V_0}/{νR}=1-{1}/{4}=0.75=75%$

Запишем 1 закон термодинамики для каждого участка цикла и проанализируем, на каких участках газ получает теплоту:

$Q_12=∆U_{12}+A_{12}$,
$A_12=2p_0(V_2-V_1)=2p_0(3V_0-V_0)=4p_0V_0>0$ ,
$∆U_{12}=3/2(p_2V_2-p_1V_1)=3/2(2p_03V_0-2p_0V_0)=3/2·4p_0V_0>0$
Значит $Q_12>0$, газ получает тепло

$Q_23=∆U_{23}+A_{23}$,
$A_23<0$ т.к. $V_3 < V_0$,
$∆U_{23}=3/2(p_3V_3-p_2V_2)=3/2(p_0V_0-2p_03V_0)=-3/2·5p_0V_0<0$
Значит $Q_23<0$, газ отдаёт тепло

$Q_31=∆U_{31}+A_{31}$,
$A_31=0$ т.к. $V_3=V_1$,
$∆U_{31}=3/2(p_1V_1-p_3V_3)=3/2(2p_0V_0-p_0V_0)=3/2p_0V_0>0$
Значит $Q_31>0$, газ получает тепло

Таким образом, теплота, полученная от нагревателя: $Q_н=Q_{12}+Q_{31}=∆U_{12}+A_{12}+∆U_{31}+A_{31}=3/2·4p_0V_0+4p_0V_0+3/2p_0V_0+0={23}/{2}p_0V_0$
Значит $p_0V_0=2/{23} Q_н$

Работу газа за цикл найдём как площадь, ограниченную этим циклом на графике $pV$:
$A=1/2(2p_0-p_0)·(3V_0-V_0)=p_0V_0={2}/{23}Q_н≈870$Дж

$m=2г, p_1=10^5$Па, $T_1=273$K

$p_2=p1-50$кПа$=50$кПа, $Q=170.2$Дж

Первый закон термодинамики: $Q=A+∆U$. $A=0$, т.к. сосуд закрыт и объём $V=const$. Тогда $Q=∆U={3}/{2}{m}/{μ}R(T_2-T_1)$

Т.к. процесс протекает при постоянном объёме, то выполняется закон ${p_1}/{T_1}={p_2}/{T_2}=const⇒T_2={p_2}/{p_1}T_1={T_1}/{2}$

Тогда $Q={3}/{2}{m}/{μ}R({T_1}/{2}-T_1)={3mRT_1}/{4μ}⇒μ={3mRT_1}/{4Q}={3·0.002·8,31·273}/{4·170,2}=0,0199$ кг/моль$≈20$ г/моль

$η={A_0}/{Q_{подв}}$

$A_0$ - работа за цикл, $Q_{подв}$ - тепло, проведенное к газу.

Работа газа за цикл численно равна площади внутри графика $A_0={1}/{2}2p_0·3V_0=3p_0V-0$

Тепло проводится к газу на участках 12 и 23.

$Q_{подв}=Q_{12}+Q_{23}$

$Q_{12}=A_{12}+∆U_{12}$(первое начало термодинамики)

$Q_{23}=A_{23}+∆U_{23}$

$A_{12}=0; A_{23}=3p_0·3V_0=9p_0V_0$

$∆U_{12}={3}/{2}(3p_0V_0-p_0V_0)=3p_0V_0$

$∆U_{23}={3}/{2}(3p_04V_0-3p_0V_0_={27}/{2}p_0V_0$

$Q_{подв}=9p_0V_0+3p_0V_0+{27}/{2}p_0V_0={51}/{2}p_0V_0$

$η={3p_0V_0}/{{51}/{2}p_0V_0}={6}/{51}={2}/{17}=0.12=12%$

$η={A_0}/{Q_{подв}}$

$A_0$ - работа газа за цикл, $Q_{подв}$ - тепло, подведенное к газу.

$A_0$ - численно равна площади внутри графика $A_0=p_1·2V_1$

$Q_{подв}=Q_{12}+Q_{23}; Q_{12}=∆U_{12}={3}/{2}(p_2V_2-p_1V_1)={3}/{2}p_1V_1$

$Q_{23}=A_{23}+∆U_{23}=2p_1(3V_1-V_1)+{3}/{2}2p_1(3V_1-V_1)=10p_1V_1$

$η={A_0}/{Q_{подв}}={2p_1V_1}/{{3}/{2}p_1V_1+10p_1V_1}={4}/{23}≈0.17$

Можно выразить в процентах $η=17%$, т.к. в условии это не уточняется

Пусть $m$ - масса пули, $∆E$ - изменение энергии пули.

$|∆E|={mv_1^2}/{2}-{mv_2^2}/{2}$

$Q={3}/{4}|∆E|$ - тепло, перешедшее в тепло. Пусть $α$-часть пули, которая расплавилась $Q=mc∆t+αmλ, ∆t=(327.5-40)°C=287.5°C$

${3}/{4}{m}/{2}(v_1^2-v_2^2)=m(c∆t+αλ), λ=2.5·10^4$

$α={{3}/{8}(v_1^2-v_2^2)-c∆t}/{λ}=19.25·10^{-2}$

$α=19.25%$

Работа в изобарическом процессе $A=p∆V$

Изменение внутренней энергии $∆U={3}/{2}p∆V$

$Q=A+∆U={5}/{2}p∆V$

${A}/{Q}={2}/{5}=0.4$

Второй закон Ньютона для пробки в момент выскакивания: ${F_{тр}}↖{→}={F_г}↖{→}$, где ${F_г}↖{→}$ - сила воздействия газа: $F_г=p_2·S_0$, $p_2$ - давление газа после передачи ему теплоты.

Т.к. система до момента вылета пробки работу не совершает, то согласно первому началу термодинамики все переданное тепло идет на изменение внутренней энергии газа: $Q=∆U={3}/{2}νR∆T$

Используя уравнение Менделеева-Клайперона: $∆p·V=νR∆T$

Находим: $V={2}/{3}Q{1}/{{F}/{S}-p_0}=0.025=25$л