BÀI TẬP NHIỆT HỌC-hsg-1-Lý 10 [PDF]

Zitiervorschau

hsg

BÀI TẬP NHIỆT HỌC Bài 4: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. P P0

1

2

P0 /2

V V

2V

0 0 Giải - Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm. - Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β (1) - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β (2) - Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2

- Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P =

3P0 P - 0 V 2 2V0

- Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT

(**) (***)

3V 2V0 2 - Từ (**) và (***) ta có : T = 0 P P R RP0

- T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 =

P0 V0 ; R

+ khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . 3P 3V0 4V0  =0  P= 0 ; P  T(P) 4 R RP0 9V P 3P cho nên khi P = 0 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 0 0 8R 4

 = - Ta có : T(P)

- Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : T 9V0 P0 /8R V0 P0 /R

2

1

P 0

P0 /2 3P0 /4

P0

3P0 /2

Bài 5. Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1-2-3-1. Trong đó, quá trình 1 - 2 được biÓu diễn bởi phương trình T = T1(2- bV)bV (với b là một hằng số dương vµ thÓ tÝch V2>V1). Qúa trình 2 - 3

hsg cã ¸p suÊt kh«ng ®æi. Qúa trình 3 - 1 biÓu diễn bởi phương trình : T= T1b2V2. Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 là: T1 và 0,75T1. Hãy tính công mà khối khí thực hiện trong chu trình đó theo T1. Giải: P + Để tính công mà khối khí thực hiện , ta vẽ đồ thị biểu diễn chu trình 1 2 biến đổi trạng thái của chất khí trong hệ tọa độ hệ tọa độ (PV) 2P0 + Quá trình biến đổi từ 1-2: Từ T=PV/R và T = T1(2- bV)bV => P= - Rb2T1V+2RbT1 P0 + Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp P2 = P3 3 4 + Quá trình biến đổi từ 3-1 Từ T=PV/R và T T = T1b2 V2 =>P= Rb2T1V 0 +Thay T=T1 vào phương trình T = T1(2- bV)bV T0 2T0 => V1= 1/b => P1= RbT1 Hình 1 +Thay T2= 0,75T1 vào phương trình T = T1(2- bV)bV => V2= 3/2b=1,5V1 vµ V2=0,5V1(vì V2 > V1 nên loại nghiệm V2 = 0,5V1) + Thay V2 = 1,5/b vào P= -Rb2T1V + 2RbT1 => P2= P3 = 0,5RbT1=0,5P1 => V3 = 0,5V1 =1/2b . +Ta có công A = 0,5(P1 - P2 ).(V2-V3) = 0,25RT1 L Bài 7: Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ PT như hình 1. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K. 1) Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. 2) Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ Hình 2 lại chu trình này trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). 3) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. Giải: a) Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m m RT1 PV RT1 , suy ra: V1  1 1   P1  Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa ta được: 1 8,31.300 V1   3,12.103 m3 5 4 2.10 b) Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt; 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau:

hsg

V(l)

P(105P a) 2

1

1

2

4

6,24

3

3,12 0

3,12 6,24

3

12,4 8

12,4 Hình a 8

V(l)

0

2 4 1 150 300

600

T(K )

Hình b

c) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: A12  p1(V2  V1)  2.105 (6,24.103  3,12.103 )  6,24.102 J V A23  p2 V2 ln 3  2.105.6,24.103 ln2  8,65.102 J V2

A34  p3(V4  V3 )  105 (3,12.103  12,48.103 )  9,36.102 J A41  0 vì đây là quá trình đẳng áp. Bài 8: Có 0,4g khí Hiđrô ở nhiệt độ , áp suất Pa, được biến đổi trạng thái qua 2 giai đoạn: nén đẳng nhiệt đến áp suất tăng gấp đôi, sau đó cho dãn nở đẳng áp trở về thể tích ban đầu. a. Xác định các thông số (P, V, T) chưa biết của từng trạng thái . b. Vẽ đồ thị mô tả quá trình biến đổi của khối khí trên trong hệ OPV. Bài giải - Tóm tắt - Vậy ta sẽ tìm + Tìm : đề cho m, P1, T1, ta sử dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép , với R=8,31J/K.mol + Tìm

: Từ TT1 sang TT2 biến đổi đẳng nhiệt, ta sử dụng định luật Bôi -lơ – Ma-ri-ốt

+ Tìm

: Từ TT2 sang TT3 biến đổi đẳng áp, ta áp dụng định luật Gay-luy-xắc

+ Vẽ đồ thị trong hệ OPV - Xác định các điểm , , (với các giá trị đề cho và vừa tìm ra) trên hệ OPV - Nối điểm (1) và (2) bằng đường hyperbol. - Nối điểm (2) và (3) là đường thẳng vuông góc với OP

hsg

1

2

Bài 9. Hai xi lanh cách nhiệt giống hệt nhau được nối với nhau bằng một ống cách nhiệt có kích thước nhỏ, trên ống nối có lắp một van K. Lúc K đầu K đóng. Trong xi lanh 1, dưới pit-tông khối lượng M, chứa một ượng khí lý tưởng đơn nguyên tử có khối lượng mol µ, nhiệt độ T0. Trong xi lanh 2 có pit-tông khối lượng m = M/2 và không chứa khí. Phần Hình 1 trên của pit-tông trong hai xi lanh là chân không. Sau đó van K được mở để khí từ xilanh 1 tràn qua xi lanh 2. Xác định nhiệt độ của khí sau khi khí đã cân bằng, biết rằng khi đó phần trên của pit-tông trong xi lanh 2 vẫn còn khoảng trống. Cho νµ/M = 0,1, với ν là số mol khí; ma sát giữa pit-tông và xi lanh là rất nhỏ. Giải Khi K mở, toàn bộ lượng khí chuyển qua xi lanh 2. Kí hiệu: H0 – độ cao cột khí trong bình 1 khi K chưa mở. H và T – độ cao và nhiệt độ cột khí trong xi lanh 2 khi K mở và khí đã cân bằng. Áp dụng 3  g  R(T  T0 )  MgH 0  mgH  (H0  H ) nguyên lí thứ nhất nhiệt động lực học có: 2

Trước khi K mở, ở xi lanh 1: P0 

2

Mg  ;V0  H 0 S  MgH0 = νRT0  gH 0  RT0 S M

Sau khi K mở và khí đã cân bằng, ở xi lanh 2: gH  3 2

Vậy:  R(T  T0 )   R(T0  T )  Hay: T  T0

1





m

  (

2 M

RT

RT0 

 m

RT )

5M  0,98T 0 2 1 5M

Bài 10. Một xi lanh cách nhiệt nằm ngang được chia thành hai phần nhờ một pit-tông mỏng dẫn nhiệt. Pit-tông được nối với một thành ở đầu xi lanh bằng một lò xo nhẹ. Ở hai bên của pit-tông đều có ν mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Xi lanh có chiều dài 2ℓ, chiều dài của lò xo lúc chưa dãn là ℓ/2. Ở trạng Hình 2 thái ban đầu lò xo bị dãn một đoạn là X và nhiệt độ của khí trong hai phần của xi lanh là T. Sau đó, người ta đục một lỗ nhỏ qua thành của pit-tông. Xác định độ biến thiên nhiệt độ của khí trong xi lanh ΔT sau khi khí trong xi lanh đã cân bằng. Bỏ qua nhiệt lượng hấp thụ bởi xilanh, pit-tông, lò xo và ma sát giữa pit-tông và xi lanh. Giải: Ở trạng thái đầu, lực đàn hồi của lò so cân bằng với lực tác động lên pit-tông gây ra bởi độ chênh lệch về áp suất ở hai bên của pit-tông.

hsg  RT (

3l  x) 2



 RT l (  x) 2



  kx

k 

   l  x   x 3l  x  2 2 

 RT  1

1

Sau khi pit-tông thủng, áp suất hai bên pit-tông cân bằng, độ dãn của lò xo bằng không. Toàn bộ năng lượng từ thế năng đàn hồi dự trữ trong lò xo biến thành nội năng của khí, nên: kx 2 3  2vRT 2 2

Vậy:   kx 2 x  1 1  2x l  2x T     T T  6 R 6  l  x 3l  x  3 (l  2 x)(3l  2 x) 2 2 

Bài 11. Trong một xilanh cách nhiệt khá dài nằm ngang có nhốt 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng m nhờ hai pittông cách nhiệt m M M có khối lượng bằng nhau và bằng M có thể chuyển động không ma sát V V1 trong xilanh (Hình 4). Lúc đầu hai pittông đứng yên, nhiệt độ của khí 2 trong xilanh là To. Truyền cho hai pittông các vận tốc v1, v2 cùng chiều Hình 4 (v1=3vo, v2=vo). Tìm nhiệt độ cực đại mà khí trong xilanh đạt được, biết bên ngoài là chân không. Giải: - Đối với pittông (1): lực tác dụng vào pittông theo phương ngang là lực đẩy F1 ngược chiều v1 nên pittông (1) chuyển động chậm dần đều. - Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F2 cùng chiều v2 nên pittông (2) chuyển động nhanh dần đều. - Trong quá trình hai pittông chuyển động, khối khí nhốt trong xi lanh chuyển động theo. m M M V - Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông (1) đối F1 2 V1 với pittông (2) là: F2 v12  v1  v2  pittông (1) chuyển động về phía pittông (2) chậm dần (2) (1) rồi dừng lại lúc to, sau đó t>to thì pittông (1) chuyển động xa dần với pittông (2) và khí lại giãn nở. - Gọi G là khối tâm của khối khí trong xi lanh lúc tto: khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). Vậy ở nhiệt độ to thì vG=0  cả hai pittông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v. - Định luật bảo toàn động lượng ta có: M3vo+Mvo=(2M+m)v v=4Mvo/(2M+m). 1 2

- Động năng của hệ lúc đầu: Wđ1= M (v12  v22 )  5Mvo2 . 1 2

- Động năng của hệ lúc ở to là: Wđ2= (2M  m)v 2 . Mvo2 (2M  5m) . 2M  m i 3 3 3 - Nội năng của khí: U  nRT  nRT  U  nRT  nR(Tmax  To ) . 2 2 2 2 2 2 Mvo (2M  5m) - Vì U=W nên Tmax  To  (do n=1) 3R 2M  m

 Độ biến thiên động năng: W=Wđ2-Wđ1=

hsg Bài 12. Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực hiện P một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như 1 2 2P0 hình 1. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K. 1) Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. 2) Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại P0 3 4 chu trình này trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). T 3) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. 0 T0 2T0 Giải: a) Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng Hình 1 tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m m RT1 PV RT1 , suy ra: V1  1 1   P1  Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa ta được: 1 8,31.300 V1   3,12.103 m3 5 4 2.10 b) Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt; 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau:

V(l)

P(105P a) 2

1

1

2

4

6,24

3

3,12 0

3,12 6,24

3

12,4 8

12,4 Hình a 8

V(l)

0

2 4 1 150 300

600

T(K )

Hình b

c) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: A12  p1(V2  V1)  2.105 (6,24.103  3,12.103 )  6,24.102 J V A23  p2 V2 ln 3  2.105.6,24.103 ln2  8,65.102 J V2

A34  p3(V4  V3 )  105 (3,12.103  12,48.103 )  9,36.102 J A41  0 vì đây là quá trình đẳng áp.

hsg Bài 13. Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai phần bởi một pittông nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên pittông gấp n = 2 lần thể tích khí ở phần dưới pittông. Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần dưới pittông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pittông sẽ gấp n = 2 lần thể tích khí ở phần trên pittông ? Bỏ qua ma sát giữa pittông và xylanh. Giải: Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên: ' ' ' ' V1’, PV P V P V P V m V1, .R  1 1  2 2  1 1  2 2 P1’  T1 T1 T1 T2 P1 Vì V1  nV2 nên P2  nP1 Theo giả thiết: V1'  V2' / n , suy ra:

T2 P2' n ' T1 P1 Để tính

P2

(1)

V2, P2

V2’, P2’

'

ta dựa vào các nhận xét sau: ' P1 1. Hiệu áp lực hai phần khí lên pittông bằng trọng lượng Mg của pittông: ' ' (P2  P1 )S  Mg  (P2  P1 )S

P2'  P1'  P2  P1  (n  1)P1 (2) P2'  P1'  (n  1)P1 2. Từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng ở phần trên của pittông: ' ' V1 ’ ’ P1V1 = P1 V1  P1  P1 . V1 Thay vào (2), ta suy ra: P2' V1' (3)  1  ( n  1) P1' V1 '

V 3. Để tìm 1 ta chú ý là tổng thể tích 2 phần khí là không đổi: V1 V1+V2 = V1’+V2’ V1' 1 V V1  1  V1'  nV1'   n V1 n

P2' 1 2n  1 Thay vào (3) ta được: '  1  (n  1)  P1 n n ' T P Thay vào (1) ta có kết quả: 2  n 2'  2n  1  3 . T1 P1 Bài 14: Mét l-îng khÝ lý t-ëng ë 270C ®-îc biÕn ®æi qua 2 giai ®o¹n: NÐn ®¼ng nhiÖt ®Õn ¸p suÊt gÊp ®«i, sau ®ã cho gi·n në ®¼ng ¸p vÒ thÓ tÝch ban ®Çu. 1. BiÓu diÔn qu¸ tr×nh trong hÖ to¹ ®é p-V vµ V-T. 2. T×m nhiÖt ®é cuèi cïng cña khÝ.

hsg Giải: 1)Theo bµi ra ta vÏ ®-îc ®å thÞ nh- 2 h×nh d-íi ®©y 2)Tõ (1) ®Õn (2) lµ qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt nªn ta cã: p1V1=p2V2 Víi p1=p2 Tõ (2) ®Õn (3) lµ qu¸ tr×nh gi·n ®¼ng ¸p nªn ta cã:

V 1=V3 vµ:

V3 V2 V V   T3  3 T2  1 T2 T3 T2 V2 V2

KÕt hîp (a) vµ (b) ta cã:T3=

p2 T2=2.300=6000K p1

p

V 2

3

V1=V3

1

3

p2=2p1 p1

1

2 T

0

V1=V3

0

T1=T2

Bài 15: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác định. Khi hút khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. Ap suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P0. Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình. Giải: Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P1. Ta có: P0. V = P1 (V+V0)  P1  P0

V V  V0

 V  V  P2  P1  P0  V  V0 V  V 0  

Với V là thể tích của bình, V0 là thể tích làm việc của bơm pittông. 4

2

Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: P'  P0  V  V  V  0   Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P.   0 0    V  4V0 4P V 1     P0  P  P'  P0   V0 V V   V  V0    1  V V 4

Theo điều kiện của bài toán: P = 2P0, đặt Ta có phương trình:

x

0

y

4       4V0   V     

1

V

4

 1   1  2   4x  2  4x    1 x  1 x 

 1  y  1 x 

4

0,1

4

Dựng đồ thị của các hàm: y = 2 - 4x và y =  1  như hình vẽ. 1 x 

Từ giao điểm của hai đồ thị ta tìm được x  0,44 nghĩa là:

V0  0,44 V

0

0,4 4



0,5

0,8

4

x

hsg Baøi 16. Trªn gi¶n ®å pV ®èi víi mét khèi l-îng khÝ lý t-ëng nµo ®ã, gåm hai qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt c¾t hai qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p t¹i c¸c ®iÓm 1, 2, 3, 4 (xem h×nh vÏ). H·y x¸c ®Þnh tû sè nhiÖt ®é T3/T1 cña chÊt khÝ t¹i c¸c tr¹ng th¸i 3 vµ 1, nÕu biÕt tû sè thÓ tÝch V 3/V1 = . Cho thÓ tÝch khÝ t¹i c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 4 b»ng nhau. Gi¶i: XÐt hai ®o¹n ®¼ng ¸p víi ph-¬ng tr×nh cã d¹ng T/V = const. NghÜa lµ ta cã: T1 T2  V1 V2

vµ

T3 T4  V3 V4

(1)

Nh-ng do T2 = T3; T1 = T4 (do qu¸ tr×nh 2-3 vµ 4-1 lµ ®¼ng nhiÖt) vµ V2 =V4 (theo gi¶ thiÕt), ta cã: T3 T4 T1   V3 V4 V2 T3 V2 Tõ (1) vµ (2) suy ra:  T1 V1

(2) vµ

T3 V3  T1 V2

Nh©n hai ph-¬ng tr×nh trªn víi nhau, ta ®-îc: 2

 T3  V    3   V1  T1 

Tõ ®ã suy ra:

T3   T1

Baøi 17: Trªn h×nh vÏ cho chu tr×nh thùc hiÖn bëi n mol khÝ lý t-ëng, gåm mét qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p vµ hai qu¸ tr×nh cã ¸p suÊt p phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo thÓ tÝch V. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2, khÝ thùc hiÖn mét c«ng A vµ nhiÖt ®é cña nã t¨ng 4 lÇn. NhiÖt ®é t¹i 1 vµ 3 b»ng nhau. C¸c ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ®-êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é. H·y x¸c ®Þnh nhiÖt ®é khÝ t¹i ®iÓm 1 vµ c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh trªn Gi¶i: C«ng do khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2 b»ng: A  p1 (V2  V1 ) V× : p1V1  nRT1 vµ p2V2  nRT2  4nRT1 nªn : A  3nRT1 Suy ra:

T1 

A 3nR

C«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong c¶ chu tr×nh ®-îc t×m b»ng c¸ch tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c 123 vµ b»ng: Act 

1 ( p1  p3 )(V2  V1 ) 2

hsg V1 

Tõ c¸c ph-¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ë trªn ta t×m ®-îc: V2 

nRT1 A  p1 3 p1

vµ

4nRT1 4 A  p1 3 p1

Act 

Do ®ã : V×

A  p3  1   2  p1 

c¸c ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ®-êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é nªn:

p3 V3  p1 V2

MÆt kh¸c, còng tõ ph-¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ta cã: V2 

nRT1 A vµ  p3 3 p3

4A 3 p1

Tõ ®©y suy ra: hay

V3 

p3 p  1 p1 4 p3

p3 1  p1 2

VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh lµ:

Act 

A . 4

Baøi 15: Mét mol khÝ hªli thùc hiÖn mét chu tr×nh nh- h×nh vÏ gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®o¹n nhiÖt 1-2, ®¼ng ¸p 2-3 vµ ®¼ng tÝch 3-1. Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt hiÖu nhiÖt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiÓu cña khÝ lµ T. BiÕt r»ng trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p, khÝ to¶ ra mét nhiÖt l-îng b»ng Q. H·y x¸c ®Þnh c«ng A do khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh trªn. Giải: Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 1-2, T1 lµ nhiÖt ®é cùc ®¹i, T2 lµ nhiÖt ®é cùc tiÓu, bëi vËy cã thÓ viÕt: T1  T2  T Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 2-3, ¸p dông nguyªn lý I nhiÖt ®éng lùc häc, ta cã:  Q  CV (T3  T2 )  p2 (V3  V2 ) (1) víi CV = 3R/2. Tõ (1) vµ c¸c ph-¬ng tr×nh tr¹ng th¸i cña c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 3, ta cã: T2  T3 

Q 2Q  CV  R 5 R

Trªn ®o¹n ®¼ng tÝch 3-1, khÝ kh«ng thùc hiÖn c«ng, cßn ®é t¨ng néi n¨ng cña khÝ lµ do nhiÖt l-îng mµ khÝ nhËn ®-îc: Q31  CV (T1  T3 )  CV T1  T2   T2  T3   CV (T 

2Q ) 5R

hsg VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn sau mét chu tr×nh lµ: A  Q31  Q 

3 2 RT  Q . 2 5

Baøi 18: Mét khèi khÝ hªli ë trong mét xilanh cã pitt«ng di chuyÓn ®-îc. Ng-êi ta ®èt nãng khèi khÝ nµy trong ®iÒu kiÖn ¸p suÊt kh«ng ®æi, ®-a khÝ tõ tr¹ng th¸i 1 tíi tr¹ng th¸i 2. C«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh nµy lµ A1-2. Sau ®ã, khÝ bÞ nÐn theo qu¸ tr×nh 2-3, trong ®ã ¸p suÊt p tû lÖ thuËn víi thÓ tÝch V. §ång thêi khèi khÝ nhËn mét c«ng lµ A2-3 (A2-3 > 0). Cuèi cïng khi ®-îc nÐn ®o¹n nhiÖt vÒ tr¹ng th¸i ban ®Çu. H·y x¸c ®Þnh c«ng A31 mµ khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh nµy. Gi¶i: Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2, c«ng do khèi khÝ thùc hiÖn lµ: A12  p1 (V2  V1 )  nR(T2  T1 ) (1) Trong qu¸ tr×nh 2-3, c«ng do chÊt khÝ nhËn vµo cã trÞ sè b»ng: A23 

p 2  p3 p V  p3V2  p2V3  p3V3 (V2  V3 )  2 2 2 2

V× trªn gi¶n ®å pV hai ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ®-êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é, nªn ta cã: p 2 V2  p3 V3

Do ®ã:

A23 

p 2V2  p3V3 nR(T2  T3 )  2 2

hay p3V2  p2V3  0 (2)

Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 3-1, ®é t¨ng néi n¨ng cña khèi khÝ b»ng c«ng mµ khèi khÝ nhËn ®-îc: A31 

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

T1  T3 

2 A23  A12 nR

3 nR(T1  T3 ) 2

(3)

Thay biÓu thøc trªn vµo (3), ta ®-îc: A31 

3 3 nR(T1  T3 )  (2 A23  A12 ). 2 2

Baøi 19: Cho mét m¸y nhiÖt ho¹t ®éng theo chu tr×nh gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®¼ng nhiÖt 1-2, ®¼ng tÝch 2-3 vµ ®o¹n nhiÖt 3-1 (xem h×nh vÏ). HiÖu suÊt cña m¸y nhiÖt nµy lµ  vµ hiÖu nhiÖt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiÓu cña khÝ trong chu tr×nh b»ng T. BiÕt r»ng chÊt c«ng t¸c trong m¸y nhiÖt nµy lµ n mol khÝ lý t-ëng ®¬n nguyªn tö. H·y x¸c ®Þnh c«ng mµ khèi khÝ ®ã thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt. Giải: Trong ®Ò bµi ®· cho hiÖu suÊt cña chu tr×nh, nªn tr-íc hÕt ta ph¶i t×m hiÓu xem qu¸ tr×nh nµo lµ nhËn nhiÖt vµ qu¸ tr×nh nµo to¶ nhiÖt. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt 1-2, khÝ thùc hiÖn c«ng A (thÓ tÝch t¨ng),

hsg vµ v× néi n¨ng kh«ng ®æi, nªn qu¸ tr×nh nµy to¶ nhiÖt l-îng mµ ta ký hiÖu lµ Q1 (Q1=A). Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 2-3, khi thÓ tÝch kh«ng ®æi, ¸p suÊt gi¶m. §iÒu nµy x¶y ra lµ do nhiÖt ®é khÝ gi¶m vµ trong tr-êng hîp ®ã khÝ to¶ mét nhiÖt l-îng lµ Q2. Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 3-1, khÝ kh«ng nhËn còng kh«ng to¶ nhiÖt vµ do thÓ tÝch gi¶m nªn khÝ nhËn c«ng vµ nhiÖt ®é cña nã t¨ng. Do ®ã, t¹i 3 khÝ cã nhiÖt ®é nhá nhÊt lµ Tmim, cßn nhiÖt ®é lín nhÊt Tmax cña khèi khÝ ®¹t ®-îc ë qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt 1-2. Do ®ã: Tmax  Tmin  T Q  Q2 Q Theo ®Þnh nghÜa, hiÖu suÊt cña chu tr×nh b»ng:   1  1 2 Q1 Q1

Mµ nh- trªn ®· nãi Q1 = A. MÆt kh¸c, trong qu¸ tr×nh 2-3, nhiÖt l-îng to¶ ra ®óng b»ng ®é t¨ng néi n¨ng:

Q2 

3 3 nR(Tmax  Tmin)  nRT 2 2

Thay Q1 vµ Q2 vµo c«ng thøc tÝnh hiÖu suÊt, ta ®-îc: Suy ra:

A

  1

3nRT . 2(1   )

3nRT 2A

Baøi 20: Cho hiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-4-1 b»ng 1 vµ cña chu tr×nh 2-3-4-2 b»ng 2 (xem h×nh vÏ). H·y x¸c ®Þnh hiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-3-4-1, biÕt r»ng c¸c qu¸ tr×nh 4-1, 2-3 lµ ®¼ng tÝch, qu¸ tr×nh 3-4 lµ ®¼ng ¸p, cßn trong c¸c qu¸ tr×nh 1-2; 2-4 ¸p suÊt p phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo thÓ tÝch V. C¸c qóa tr×nh nãi trªn ®Òu ®-îc thùc hiÖn theo chiÒu kim ®ång hå. BiÕt r»ng chÊt c«ng t¸c ë ®©y lµ khÝ lý t-ëng. Giải: XÐt chu tr×nh 1-2-4-1. Trong qu¸ tr×nh 1-2, khÝ nhËn mét nhiÖt l-îng mµ ta ký hiÖu lµ Q1. Trong qu¸ trinh 2-4, khÝ to¶ mét nhiÖt l-îng lµ Q2. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 4-1, khÝ nhËn mét nhiÖt l-îng lµ Q3. C«ng do khÝ thùc hiÖn trong c¶ chu tr×nh lµ A 1. Theo ®Þnh nghÜa hiÖu suÊt:

1 

A1 Q1  Q3

MÆt kh¸c, 1  1 

Q2 , suy ra: Q1  Q3

Q2  (1  1 )(Q1  Q3 )

XÐt chu tr×nh 2-3-4-2, trong c¸c qu¸ tr×nh 2-3 vµ 3-4, khÝ ®Òu to¶ nhiÖt. KhÝ chØ nhËn nhiÖt trong qu¸ tr×nh 4-2 vµ l-îng nhiÖt nhËn vµo nµy hiÓn nhiªn lµ b»ng Q2. VËy hiÖu suÊt cña chu tr×nh nµy b»ng: 2 

A2 Q2

trong ®ã A2 lµ c«ng do khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh nµy. Dïng biÓu thøc cña Q2 nhËn ®-îc ë trªn ta cã thÓ viÕt: 2 

A2 (1  1 )(Q1  Q3 )

hsg HiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-3-4-1 b»ng: 3 

A1  A2 Q1  Q3

Rót A1 vµ A2 tõ c¸c biÓu thøc cña 1 vµ  2 , råi thay vµo biÓu thøc trªn, ta ®-îc: 3  1   2  1 2 . Bài 21 . Cho một ống tiết diện S nằm ngang được ngăn với bên ngoài bằng 2 pittông Pittông thứ nhất được nối với lò xo như hình vẽ. Ban đầu lò xo không biến dạng, áp suất khí giữa 2 F pittông bằng áp suất bên ngoài p0. Khoảng cách giữa hai pittông là H và bằng

1 chiều dài hình trụ. Tác dụng lên pittông thứ 2 2

H

H

một lực F để nó chuyển động từ từ sang bên phải Tính F khi pittôn thứ 2 dừng lại ở biên phải của ống trụ. Giải:

Điều kiện cân bằng : Piston trái : p0S – pS – kx = 0 (1) x độ dịch chuyển của piston trái, p áp suất khí giữa hai piston. Piston phải : F + pS – p0S = 0 (2) Định luật Bôilơ : p0SH = p(2H –x)S (3) Từ (3)  p 

p0 H 2H  x

(4) p0 kH . Thay vào (2) 2kH  F  F 2  ( p0 S  2kH ) F  p0 SkH  0

Từ (1) và (2) F = kx, thay vào (4):  p 

Phương trình có nghiệm là: F 

p0 S  kH  2

p 02 S 2  k 2H 2 4

Bài 22. Một lượng khí biến đổi theo chu trình được biểu diễn trên đồ thị hình bên. Biết : p1 = p3; V1 =1m3 , V2 = 4m3; T1 = 100K và T4 = 300K. Tính V3 = ? Giải: Vì p1 = p3 nên ta có:

V3 T3   T3  100V3 V1 T1

1

Đoạn 2- 4 có dạng một đoạn thẳng nên có dạng: V = a.T + b với a,b là các hằng số + Khi V = V2, T =100 thì V2 = a.100 + b (2) + Khi V = V4, T = 300 thì : V4 = a.300 + b (3) + Từ (2) và (3) ta có: a = - 3/200 và b = 5,5 + Khi T = T3 ; V = V3 thì V3 =  Vậy V3 = 2,2m3

3 .100.V3  5,5 200

V V2

(2 ) (3)

V1

(1)

0

T1

T2

(4 )

T

hsg Câu 23: Cho n mol khí lí tưởng biến đổi trạng thái được biểu diễn như hình vẽ. Các quá trình 1  2 và 2  3 biểu thị bằng các đoạn thẳng. Quá trình 3  1 biểu thị bằng công thức: T T  1  3  bV  bV . 2 Trong đó T1 = 77°C, b là hằng số chưa biết. Tìm công của khối khí thực hiện trong một chu trình Giải: Từ phương trình :

T1  3  bV  bV   P  T1 3  bV b R   2  2  pV   RT

T

T 2

2T1 T 1

0

3

V

T 3 Hay p  T1b R  1 b 2 RV 2 2 Ta thấy P là hàm bậc nhất của V với hệ số a < 0. Đồ thị của nó được biểu diễn trong hệ trục (P,V) có dạng đoạn thẳng 3  1 (hình vẽ) Từ phương trình trạng thái ứng với các đẳng quá

T2 = 2T1 , V2 = 2V1 , p1 = p2 trình ta xác định được:  T3 = T1 , V3 = V2 = 2V1 , p2 = 3p3 Chuyển sang hệ toạ độ (P,V) như hình vẽ

A12  p1V  p1 V1  V2    R T1  T2    RT1  0 : Khí sinh công : A23  0

A31 

1 3  p1  p3 V2  V1    RT1  0 : Khí nhận công 2 4

Vậy công do khí thực hiện được trong một chu trình:

3 1 A  A12  A23  A31   RT1   RT1    RT1 4 4

Bài 24. Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực hiện một P chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như hình 1. Cho 1 2 2P0 P0 = 105Pa; T0 = 300K. 1. Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. 2. Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu trình P0 3 4 này trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). 3. Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. 0 2T0 T0 Giải: 1. Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể Hình 1 tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m m RT1 PV RT1 , suy ra: V1  1 1   P1  Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa ta được:

T

hsg 1 8,31.300  3,12.103 m3 5 4 2.10 2. Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt; 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau: V1 

V(l)

P(105P a) 2

1

1

2

4

6,24

3

3,12 0

3,12 6,24

3

12,4 8

12,4 Hình a 8

V(l)

0

2 4 1 150 300

600

T(K )

Hình b

3. Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: A12  p1(V2  V1)  2.105 (6,24.103  3,12.103 )  6,24.102 J V A23  p2 V2 ln 3  2.105.6,24.103 ln2  8,65.102 J V2

A34  p3(V4  V3 )  105 (3,12.103  12,48.103 )  9,36.102 J A41  0 vì đây là quá trình đẳng áp. 29.9*. Ở chính giữa một ống thủy tinh nằm ngang, tiết diện nhỏ, chiều dài L = 100cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20cm. Trong ống có không khí. Khi đặt ống thẳng đứng cột thủy ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn l = 10cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang ra cmHg và Pa. Coi nhiệt độ không khí trong ống không đổi và khối lượng riêng thủy ngân là ρ = 1,36.104kg/m3. Giải Trạng thái 1 của mỗi lượng khí ở hai bên cột thuỷ ngân (ống nằm ngang)  Lh p1.V1    S .T1 : Trạng thái 2 (ống đứng thẳng).  2   Lh  + Đối với lượng khí ở trên cột thuỷ ngân: p2 ;V2    l  S ; T2  T1  2   Lh  + Đối với lượng khí ở dưới cột thuỷ ngân: p2' ;V2'    l  S ; T2'  T1  2 

Áp suất khí ở phần dưới bằng áp suất khí ở phần trên cộng với áp suất do cột thuỷ ngân gây ra. Do đó đối với khí ở phần dưới, ta có:

hsg  Lh  p2'  p2  h;V2'    l  S ; T2'  T1  2 

Áp dụng ĐL Bôilơ–Maríôt cho từng lượng khí. Ta có: + Đối với khí ở trên: p1 + Đối với khí ở dưới: p1 Từ (1) & (2): p2 

 L  h  S  p  L  h  2l  S  p 2  L  h S

2 h  L  h  2l 

2

  p2  h 

2  L  h  2l  S

2

1

 L  h   p2  L  h  2l  (1)

 p1  L  h    p2  h  L  h  2l  (2)

4l

Thay giá trị P2 vào (1) ta được: 2 2 h  L  h   4l 2  20 100  20   4.102      37.5cmHg p1   4l  L  h  4.10 100  20 

p1   gH  1,36.104.9,8.0,375  5.104 Pa

9/ 30.10*. Một chai chứa không khí được nút kín bằng một nút có trọng lượng không đáng kể, tiết diện 2,5cm2. Hỏi phải đun nóng không khí trong chai lên tới nhiệt độ tối thiêu bằng bao nhiêu để nút bật ra ? Biết lực ma sát giữa nút và chai có độ lớn là 12 N, áp suất ban đầu của không khí trong chai bằng áp suất khí quyển và bằng 9,8.104Pa, nhiệt độ ban đầu của không khí trong chai là -30C. Giải Trước khi nút bật ra, thể tích khí trong chai không đổi và quá trình đun nóng là quá trình đẳng tích. Tại thời điểm nút bật ra, áp lực không khí trong chai tác dụng lên nút phải lớn hơn áp lực của khí quyển và lực ma sát: p2 S  Fms  p1S F Do đó: p2  ms  p1 S

Vì quá trình là đẳng tích nên: p1 p2 p T F 270  12     T2  T1 2  T2  1  ms  p1   T2   9,8.104   402 K 4  4 T1 T2 p1 p1  S 9,8.10  2,5.10  

Phải đun nóng tới nhiệt độ ít nhất là T2 = 402 K hoặc : t2 = 1290C. 31.12*. Một xi lanh có pittong cách nhiệt và nằm ngang. Pittong ở vị trí chia xi lanh thành hai phần bằng nhau, chiều dài của mỗi phần là 30cm. Mỗi phần chứa một lượng khí như nhau ở nhiệt độ 17oC và áp suất 2 atm. Muốn pittong dịch chuyển 2cm thì phải đun nóng khí ở một phần lên thêm bao nhiêu ? Áp suất cuả khí pittong đã dịch chuyển là bao nhiêu. Giải T  41, 4 K ; p  2,14atm . T T Đối với phần khí bị nung nóng: 1 2 + Trạng thái đầu: p1 ;V1  lS ; T1 (1) + Trạng thái cuối: p2 ;V2  l  l S;T2 (2) Đối với phần khí không bị nung nóng: + Trạng thái đầu: p1 ;V1  lS ; T1 (1) ' ' ' + Trạng thái cuối: p2 ;V2  l  l S ; T2  T1 (3) Ta có:

p1V1 p 2V2 p 2' V2'   T1 T2 T1

Vì pittông ở trạng thái cân bằng nên: p 2'  p 2 . Do đó:

hsg

p2V2 p2V2' p l  l S p2 l  l S l  l   2   T2  T1 T2 T1 T2 T1 l  l Vậy phải đun nóng khí ở một bên lên them T độ: l  l 2l 2.0,02 T  T2  T1  T1  T1  T1  290  41,4 K l  l l  l 0,3  0,02 p lS T1  T  p1l T1  T  2.0,3  290  41 pVT pV pV Vì 1 1  2 2 nên: p2  1 1 2  1    2,14atm T1 T2 TV T1  l  l  S T1  l  l  290  0,3  0, 02  1 2