Skkn một số bài tập tổng quát phần nhiệt học

  • Số trang: 31 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 167 |
  • Lượt tải: 2
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị : trường THPT chuyên Lương Thế Vinh Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG QUÁT PHẦN NHIỆT HỌC Người thực hiện: LÊ BÁ MẠNH HÙNG Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: .............................  - Lĩnh vực khác: chuyên đề bài tập  Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2012-2013 2 3 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: LÊ BÁ MẠNH HÙNG 2. Ngày tháng năm sinh: 15.06.1986 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: D2/15 KP6 P. Tam Hiệp. Tp. Biên Hoà, Tỉnh Đồng nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 6. Fax: E-mail: lbmh1986@yahoo.com 7. Chức vụ: giáo viên 8. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2012 - Chuyên ngành đào tạo: Vật lí hạt nhân III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy Vật lí 10, 11 Số năm có kinh nghiệm: 2 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 4 Chuyên đề: MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG QUÁT PHẦN NHIỆT HỌC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các bài tập nâng cao và chuyên phần nhiệt học hiện có nhiều tác giả trình bày. Tuy nhiên để có thể hiểu sâu, nhìn tổng quát hơn các bài tập nhiệt học, đồng thời cũng là tài liệu dùng trong giảng dạy ở các lớp chuyên lí, chuyên đề “Một số bài tập tổng quát phần Nhiệt học”, chủ yếu trình bày một số bài toán nhiệt tổng quát từ đó áp dụng vào các bài cụ thể Nhiệt học. Việc giải các bài toán tổng quát giúp hình dung bao quát hơn về vấn đề nghiên cứu, đồng thời giúp giải nhanh một số bài toán phức tạp cũng như là cơ sở để viết các bài toán mới. Đề tài được thực hiện bởi nhóm tác giả: Nguyễn Hà Nam và Lê Bá Mạnh Hùng. II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ: PHẦN 1: BÀI TOÁN VỀ QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT Dạng 1: Mối quan hệ giữa p và V trong quá trình đẳng nhiệt Dạng 2: Các bài toán liên quan đến sự cân bằng áp suất, áp suất của cột chất lỏng PHẦN 2: TƯƠNG TÁC QUA VÁCH NGĂN Dạng 1. Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt Dạng 2. Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt Dạng 3. Vách ngăn cách nhiệt có khuyếch tán khí. - Xi lanh cố định - Xi lanh di chuyển được Dạng 4. Xi lanh có chứa chất lỏng Dạng 5. Vách ngăn có van Dạng 6. Các dạng khác PHẦN 3: BÀI TOÁN VỀ NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 5 III. NỘI DUNG CỤ THỂ PHẦN 1: BÀI TOÁN VỀ QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT * Dạng 1: Mối quan hệ giữa p và V trong quá trình đẳng nhiệt *BÀI TOÁN TỔNG QUÁT: Một lượng khí lí tưởng biến đổi trạng thái trong điều kiện nhiệt độ không đổi. Nếu áp suất của một lượng khí biến đổi Δp12 thì thể tích biến đổi ΔV12, nếu áp suất biến đổi Δp13 thì thể tích biến đổi ΔV13. Tính áp suất và thể tích ban đầu của khí. * Hướng dẫn: - Bài toán có 6 ẩn lần lượt là áp suất, thể tích của trạng thái ban đầu (TT1); trạng thái 2 (TT2) và trạng thái (TT3). - Cần lập 6 phương trình tương ứng. Gồm có: + 2 phương trình về sự thay đổi thể tích. + 2 phương trình về sự thay đổi áp suất. + 2 phương trình liên hệ giữa các trạng thái của quá trình biến đổi đẳng nhiệt từ TT1 sang TT2 và TT1 sang TT3 - Ta được hệ phương trình: p12  p2  p1 � � p13  p3  p1 � � V12  V2  V1 � � V13  V3  V1 � �p1V1  p2V2 � �p1V1  p3V3 V12 � p12  p1 � V2 � �� V13 � p13  p1 � V3 � � V p V p12 V12 V3  � � 3  12 � 13 p13 V13 V2 V2 p13 V12 Đặt x  V3 p12 V13  � ;x  0 V2 p13 V12 Ta có V2  V3  V12  V13 � V2  V12  V13 1 x 6 xV12  V13 � V  V   V  1 2 12 � 1 x � � �p1  p12 V2  p12 V12  V13 � V12 V12 ( 1  x ) � * Đây là công thức tổng quát tính áp suất và thể tích khối khí ban đầu khi biết độ biến thiên thể tích và áp suất khí qua hai lần biến đổi đẳng nhiệt. * Nhận xét: p1 > 0 nên tuỳ vào dữ kiện bài toán cho, ta cần tính x và biện luận các trường hợp một cách thích hợp. * BÀI TOÁN CỤ THỂ: Bài toán 1. Nếu áp suất của một lượng khí tăng 105N/m2 thì thể tích biến đổi 1 l. Nếu áp suất tăng 3.105N/m2 thì thể tích biến đổi 2 l. Hỏi thể tích và áp suất của khí lúc đầu? Nhiệt độ của khí không đổi. * GIẢI THEO CÁCH THÔNG THƯỜNG: - Theo định luật Bôilơ – Mariốt, trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí lí tưởng nhất định, áp suất khí tỉ lệ nghịch với thể tích khí => khi áp suất tăng thì thể tích giảm. - Các thông số trạng thái của khối khí: TT(1): p1 TT2: p2 = p1 + 105 (N/m2) TT3: p3 = p1 + 3.105 (N/m2) V1 V2 = V1 – 1 (l) V3 = V1 – 2 (l) - Áp dụng biểu thức định luật Bôilơ – Mariốt, cho quá trình biến đổi trạng thái từ (1) đến (2)và từ (1) đến (3), tính ra được p1 và V1 - Kết quả: p1 = 3.105 N/m2 ; V1 = 4 l * ÁP DỤNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT: + Tính x: 5 � �p12  10 ; V12  1 � 5 �p13  3.10 ; V13  2 V V p 2 � x  3  12 � 13   1 V2 p13 V12 3 xV12  V13 � V1  V2  V12  4 � 1 x � �� �p1  p12 V2  p12 V12  V13  3.105 � V12 V12 ( 1  x ) �  Kết quả phù hợp. Bài toán 2. Nếu áp suất của một lượng khí biến đổi 2 atm thì thể tích biến đổi 3 l, nếu áp suất biến đổi 5 atm thì thể tích biến đổi 5 l. Tính áp suất và thể tích ban đầu của khí, biết nhiệt độ khí không đổi. * GIẢI THEO CÁCH THÔNG THƯỜNG: - Chưa biết được áp suất, thế tích của khí tăng hay giảm, cần xét mối liên hệ giữa các quá trình biến đổi trạng thái này. 7 �p1V1  p2V2 � p2  p1 V V V1 V � p  p2  p1  p1 1 2  p1 V2 V2 V2 (a ) �p1V1  p3V3 � p2  p1 V V V1 V ' � p '  p3  p1  p1 1 3  p1 V3 V3 V3 (b) p ' V ' V2 5 5 V 3  . �  . 2 � V2  V3  V3 (*) p V V3 2 3 V3 2 - Theo định luật Bôilơ – Mariốt, trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí lí tưởng nhất định, áp suất khí tỉ lệ nghịch với thể tích khí => khi áp suất tăng thì thể tích giảm. Các trường hợp có thể xảy ra:  Trường hợp 1: p1 < p2 < p3=> V1 > V2> V3 => V2 = V1 - V, V3 = V1 - V’ (*) � V1  9l , V2  6l p1   p .V2  4atm V Trường hợp 2: p2 < p1 < p3 => V2 > V1 > V3  V2 = V1 + V, V3 = V1 - V’ 3 1 3 (V1  V ') �  V1   V ' V � V1  2V  3V ' � V1  21l , V2  24l 2 2 2 p 2.24 p1  .V2   16.atm V 3 V1  V   Trường hợp 3: V2 > V3 > V1 => p2 < p3 < p1 (mâu thuẫn với dữ kiện bài cho) * ÁP DỤNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT: �p12  2atm; V12  3l � � �p13  5atm; V13  5l �x V3 p12 V13 2  �  1 V2 p13 V12 3 * V2  0 � V12  V13  0 Do V12  3l; V13  5l nên V13  0 � V3  V1 � � V12  0 � V2  V1( 1 ) �� �� V12  0 � V2  V1( 2 ) �� � 2 .3  ( 5 ) � V1  3  21l � 1 2 � 3 (1) � � 3  ( 5 ) � �p1  2 3( 1  2 )  16atm � 3 V1  9l � (2)� � �p1  4atm Nhận xét: 8 - Với các bài toán đơn giản, đã xác định được các trường hợp biến đổi tăng giảm của áp suất và thể tích khí, việc áp dụng công thức từ bài toán tổng quát chỉ mang tính kiểm tra, đối chiếu. - Với các bài toán phức tạp, có thể xảy ra nhiều tình huống biến đổi của lượng khí, việc áp dụng bài toán tổng quát giúp cho việc giải bài toán nhanh hơn, đầy đủ các trường hợp. - Ngoài ra, việc xây dựng bài toán tổng quát còn có ý nghĩa trong việc xem xét các tình huống khả dĩ để có thể viết các bài tập thuộc dạng tương tự. * Dạng 2: Các bài toán liên quan đến sự cân bằng áp suất, áp suất của cột chất lỏng BÀI TOÁN CƠ BẢN 1 Một cột không khí chứa trong một ống nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột không khí được ngăn cách với khí quyển bởi một cột thủy ngân có chiều dài l . Áp suất khí quyển là po . Chiều dài cột không khí khi ống nằm ngang là lo. Tính chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng một góc  so với phương ngang. * Hướng dẫn: - Hiện tượng: + Cột thuỷ ngân trong ống nằm cân bằng khi hợp lực tác dụng lên nó bằng 0. Khi ống nằm ngang, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, N, F k, Fkq Khi ống đặt thẳng đứng, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, F k, Fkq Khi ống nằm nghiêng, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, N, F k, Fkq Trong đó P: trọng lực tác dụng lên cột thuỷ ngân, có phương thẳng đứng hướng xuống. N: phản lực của thành ống, có phương vuông góc với bề mặt thành ống Fk: lực do khí bên trong ống, luôn vuông góc với mặt thuỷ ngân tiếp xúc với khí trong ống, hướng ra. Fkq: lực do khí quyển tác dụng lên cột thuỷ ngân, luôn hướng vào, vuông góc với mặt thuỷ ngên tiếp xúc với khí. + Trong mỗi trường hợp, xét trên phương song song với thành ống để tìm biểu thức áp suất của khí trong ống. + Khi chuyển ống từ trạng thái nằm ngang sang trạng thái ống đặt nghiêng, miệng ống ở trên, do hợp lực tác dụng lên cột thuỷ ngân hướng vào trong, cột thuỷ ngân di chuyển vào trong, khi đó, thể tích khí giảm dẫn đến áp suất khí tăng lên, lực do các phân tử khí tác dụng lên cột thủy ngân tăng. Giọt thuỷ ngân sẽ di chuyển cho đến khi đạt trạng thái cân bằng, khi đó áp suất khí bên trong ống đạt giá trị ổn định. + Khi chuyển ống từ trạng thái nằm ngang sang trạng thái ống đặt nghiêng, miệng ống ở dưới, do hợp lực tác dụng lên cột thuỷ ngân hướng ra ngoài, cột thuỷ ngân di chuyển ra ngoài, khi đó, thể tích khí tăng dẫn đến áp suất khí giảm, lực do các phân tử khí tác dụng lên cột thủy ngân giảm. Giọt thuỷ ngân sẽ di chuyển cho đến khi đạt trạng thái cân bằng, khi đó áp suất khí bên trong ống đạt giá trị ổn định. + Hiện tượng xảy ra tương tự trong các trường hợp thay đổi trạng thái khác. 9 - Phương pháp giải: nhiệt độ không đổi => áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariốt liên hệ giữa các trạng thái của khối khí trong ống để xác định chiều dài ống. + Gọi x là chiều cao cột chất khí thay đổi khi áp suất khí giảm (do ảnh hưởng của cột thuỷ ngân) p0V0  pV �  pHg p0 l0  x  �x l0 p l0 p0  pHg (1) + Tương tự, sự thay đổi chiều cao y của chất khí khi áp suất giảm được tính bởi biểu thức y pHg p0  pHg l0 (2) Khi ống nằm nghiêng, áp suất do cột thuỷ ngân gây ra được tính là chiều cao hiệu dụng của cột thuỷ ngân. + Xác định được x, y ta tính được các chiều dài cột không khí khi ống nằm nghiêng, miệng ống ở trên và ở dưới. BÀI TOÁN CỤ THỂ: Bài toán 1.1 Một cột không khí chứa trong một ống nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột không khí được ngăn cách với khí quyển bởi một cột thủy ngân có chiều dài l = 247mm. Áp suất khí quyển là po = 753mmHg. Chiều dài cột không khí khi ống nằm ngang là lo = 300mm.Tính chiều dài cột không khí khi : a) ống thẳng đứng miệng ống ở trên ; b) ống thẳng đứng miệng ống ở dưới ; c) ống đặt nghiêng góc  = 30o so với phương ngang, miệng ống ở dưới. d) ống đặt nghiêng góc  = 30o so với phương ngang, miệng ống ở trên. (Giả sử ống đủ dài để cột thủy ngân luôn ở trong ống và nhiệt độ là không đổi). Bài giải Áp dụng công thức (1) và (2) của bài toán cơ bản để tính chiều dài cột không khí thay đổi a. Chiều dài cột không khí khi ống thẳng đứng miệng ống ở trên:  pHg l2 = l0 + x = l0 + p  p l0 = 225,9 mm; 0 Hg b. Chiều dài cột không khí khi ống thẳng đứng miệng ống ở dưới pHg l3 = l0 + y = l0 + p  p l0 = 446,4 mm; 0 Hg c. Chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng góc  = 30o so với phương ngang, miệng ống ở trên  pHg sin  l4 = l0 + x = l0 + p  p sin  l0 =262,95 mm; 0 Hg d. Chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng góc  = 30o so với phương ngang, miệng ống ở dưới 10 pHg sin  l5 = l0 + y = l0 + p  p sin  l0 = 373,2mm 0 Hg Nhận xét: + Hai phương trình (1) và (2) thể hiện mối liên hệ giữa sự thay đổi chiều dài cột thuỷ ngân, áp suất gây bởi cột thủy ngân, áp suất khí quyển và chiều dài ban đầu. Nếu cho 3 trong 5 thông số, ta sẽ tìm được hai thông số còn lại. Một số bài toán vận dụng: Bài toán 1.2. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân. Khi ống nằm ngang, chiều dài cột khí là l0; áp suất khí quyển là p 0 = 750 mmHg. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì chiều dài cột khí thay đổi 1,5 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột khí thay đổi 1,625 mm. Tính chiều dài l0 và áp suất do cột thuỷ ngân gây ra? Bài toán 1.3. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân. Khi ống nằm ngang, chiều dài cột khí là l0 = 39 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì chiều dài cột khí thay đổi 1,5 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột khí thay đổi 1,625 mm. Xác định áp suất khí quyển và áp suất do cột thuỷ ngân gây ra ? Bài toán 1.4. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân dài 30 mm. Khi ống nằm ngang, chiều dài cột khí là l0. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì chiều dài cột khí thay đổi 1,5 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột khí thay đổi 1,625 mm. Xác định giá trị của áp suất khí quyển và chiều dài l0? Bài giải Áp dụng công thức (1) và (2) ta có  pHg � yx � l0 p0  pHg �x  � x y � p0  pHg � �� � 2 xy �y  pHg l � l  0 � p0  pHg 0 � x y � � (3) Thay số, ta được p0 = 750 mmHg ; l0 =39 mm Các bài toán 1.2, 1.3, 1.4 có thể giải dựa vào bài toán tổng quát ở dạng 1. Với p01  pHg � � p02   pHg � � V01  Sx � � V02  Sy � 11 Khi đó, thể tích và áp suất ban đầu, khi ống thuỷ tinh nằm ngang � x' V01  V02 V0  � V2 p01 V02 y � 1  x' '  �  với x  � V1 p02 V01 x �p0  p01 V01  V02 ' � V01( 1  x ) � � 2 xy l0  � � x y �� �p  p y  x 0 Hg � x y � (4) Nhận xét: + Các giá trị chiều dài ban đầu và áp suất ban đầu thu được ở hệ phương trình (4) hoàn toàn trùng khớp với kết quả thu được ở hệ phương trình (3). + Bài toán 1.4 là cơ sở cho một phương pháp đo áp suất khí quyển bằng thực nghiệm: bố trí thí nghiệm như bài toán, ban đầu đặt ống thuỷ tinh nằm ngang, đo chiều dài cột thuỷ ngân; sau đó xác định sự dịch chuyển của cột thuỷ ngân trong ống thuỷ tinh khi đặt ống thẳng đứng, miệng ống ở trên và ống thẳng đứng, miệng ống ở dưới, từ đó tính được p0 từ hệ phương trình (3). BÀI TOÁN CƠ BẢN 2 Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 chứa không khí có áp suất bằng áp suất khí quyển p0. Ấn ống vào một chậu chất lỏng theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới, thấp hơn mặt chất lỏng đoạn h. Xem nhiệt độ không đổi. Biết khối lượng riêng của chất lỏng là D, khối lượng riêng của thuỷ ngân là DHg. Tìm độ cao cột chất thuỷ ngân đi vào ống. * Hướng dẫn: - Hiện tượng: + Xét lượng khí bị nhốt trong ống khi ống vừa chạm mặt chất lỏng. + Khi có sự cân bằng, áp suất chất khí trong ống tác dụng lên mặt phân cách giữa chất lỏng và khí bằng với áp suất chất lỏng tại vị trí đó. - Phương pháp giải: +Từ điều kiện cân bằng tìm được biểu thức liên hệ giữa áp suất chất khí, áp suất khí quyển và áp suất của cột chất lỏng. + Nhiệt độ không đổi => áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariốt cho quá trình biến đổi trạng thái của khí: TT (1): khi ống vừa chạm mặt chất lỏng. �p1  p0 � V1  Sl0 � (1) TT (2): khi ống được ấn vào chất lỏng theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới, thấp hơn mặt chất lỏng đoạn h, gọi x là độ cao cột thuỷ ngân đi vào ống. 12 �p2  p0  ph  x � V2  S( l0  x ) � (2) Ta được p1V1  p 2V2 � p0 Sl0   p0  px  S( l0  x ) Với px  Dg  h  x  Từ (1), (2), (3), (4) ta có : (3) (4) � p � x2  � h  l0  0 �x  hl0  0 Dg � � (5) Giải phương trình (5) ta được nghiệm x là chiều cao cột chất lỏng đi vào ống. BÀI TOÁN CỤ THỂ: Bài toán 2.1. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 57cm chứa không khí có áp suất bằng áp suất khí quyển (p0 = 76 cm Hg). Ấn ống vào một chậu thuỷ ngân theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột thuỷ ngân đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng . Xem nhiệt độ không đổi. Bài giải Áp dụng bài toán cơ bản 2 với h = l0; p0 = DHggh0 � x 2   h0  2l0  x  l02  0 (6) Thay số, giải phương trình ta được x = 19 cm(loại nghiệm 171cm) Bài toán 2.2. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 112,2 cm chứa không khí có áp suất bằng áp suất khí quyển (p0 = 75 cmHg). Ấn ống vào một chậu nước theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột nước đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng. Xem nhiệt độ không đổi. Biết khối lượng riêng của nước là DH2O = 1000 kg/m3, khối lượng riêng của thuỷ ngân là DHg = 13 600 kg/m3. Bài giải Áp dụng bài toán cơ bản 2 với h = l0; p0 = DHggh0 �DHg � � x2  � h0  2l0 �x  l02  0 �DH O � � 2 � (7) Thay số, giải phương trình (7) ta được x = 10,2 cm (loại nghiệm 1234,2cm) Bài toán 2.3. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 80 cm chứa không khí có áp suất bằng áp suất khí quyển (p0 = 75 cm Hg). Ấn ống vào một chậu thủy ngân theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới, thấp hơn mặt thủy ngân đoạn h = 45 cm. Tìm độ cao cột thủy ngân đi vào ống. Xem nhiệt độ không đổi. Bài giải Áp dụng bài toán cơ bản với p0 = DHggh0 � x 2   h  l0  h0  x  hl0  0 (8) Giải phương trình (8) ta được nghiệm x = 20 cm (loại nghiệm 180 cm). 13 Nhận xét: - Áp suất của cột chất lỏng có chiều cao h (mm) gây ra được tính ra đơn vị mmHg theo công thức ph  Đối với nước: ph  Dcl h DHg h 13,6 BÀI TOÁN CƠ BẢN 3 Một bọt khí có thể tích biến đổi n lần khi nổi từ độ sâu h1 lên độ sâu h2 so với mặt nước. Giả sử nhiệt độ bọt khí không đổi, tính độ sâu h2 theo h1. Biết áp suất khí quyển là p0 = h0 cmHg. * Hướng dẫn: - Hiện tượng: + Xét lượng khí không đổi bên trong bọt khí. + Khi có sự cân bằng, áp suất chất khí bằng với áp suất chất lỏng tại vị trí đó. - Phương pháp giải: +Từ điều kiện cân bằng tìm được biểu thức liên hệ giữa áp suất chất khí, áp suất khí quyển và áp suất của cột chất lỏng. + Nhiệt độ không đổi (luôn có sự cân bằng nhiệt của khí và môi trường nước) => áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariốt cho quá trình biến đổi trạng thái của khí: TT (1): bọt khí ở độ sâu h1. �p1  p0  ph1 � V1 � TT (2): bọt khí ở độ sâu h2. �p2  p0  ph 2 � V2 � V p p hh 0 h1 2 1 Áp dụng công thức suy ra từ bài toán cơ bản 3, ta được n  V  p  p  h  h 1 0 h2 2 (9) D Hg Với h  h0 D  13,6h0 . H 2O + Nếu n > 1 thì h2 < h1: phù hợp, khi nổi lên trên, áp suất chất khí giảm nên thể tích khí tăng. + Nếu n < 1 thì h2 > h1: bọt khí chìm xuống dưới sâu. Từ (9) suy ra h2  h  h  h1  n  1 h  h1  n n (10) Bài toán 3.1. Một bọt khí có thể tích tăng gấp đôi khi nổi từ đáy hồ lên mặt nước. Giả sử nhiệt độ bọt khí không đổi, tính độ sâu của hồ. Biết áp suất khí quyển là p0 = 75 cmHg. Bài giải Áp dụng bài toán cơ bản với n = 2; h = 13,6. 750 = 10200 mmH2O, h2 = 0 (tại mặt nước). Ta được h2   n  1 h  h1  0 � h - Kết quả: 10,2 m n 1   n  1 h  10200mm 14 Bài toán 3.2. Một bọt khí có thể tích nổi lên từ đáy hồ sâu 125 m. Giả sử nhiệt độ bọt khí không đổi, biết áp suất khí quyển là p0 = 75 cmHg. a. Tìm tỉ số bán kính của bọt khí khi ở độ sâu 14,7325 m với bán kính ở đáy hồ? b. Tại độ sâu nào của hồ thì bán kính bọt khí tăng gấp 3lần? Bài giải 3 3 �r � h  h1 �r � � h2   h  h1  �1 � h Từ (9) => �2 � �r1 � h  h2 �r2 � * Kết quả: a. 2 lần b. 3,647 m Bài toán 3.3. Một bọt khí đang ở độ sâu h1, có thể tích V1. Khi thay đổi độ sâu, thể tích nó biến đổi ΔV12 khi thay đổi độ sâu một lượng Δh12, thay đổi ΔV13 khi thay đổi độ sâu Δh23. Giả sử nhiệt độ bọt khí không đổi, tính độ sâu và thể tích ban đầu. Biết áp suất khí quyển là p0 = h0 cmHg. Bài giải Áp dụng bài toán tổng quát với p12  h12 � � p13  h13 � � V12  V2  V1 � � V13  V3  V1 � x V3 p12 V13 h12 V13  �  � ;x  0 V2 p13 V12 h13 V12 Khi đó xV12  V13 � V1  V2  V12  � 1 x � � �p1  p12 V12  V13 � V12 ( 1  x ) � * Áp dụng bằng số: ΔV12 = 1,657 mm3; Δh12 = - 100 m, ΔV13 = -0,238 mm3; Δh23 = 50 m � V1  1,002cm3 => � �p1  160, 457 mH 2 0 => Độ sâu ban đầu của bọt khí là 150,121 m. 15 * Thông tin thêm về nghề thợ lặn trong ngành Dầu khí và tai nạn liên quan đến sự thay đổi thể tích bọt khí do thay đổi áp suất: Khi lặn xuống độ sâu 50-60m dưới đáy biển, người thợ lặn không phải thở bằng không khí có thành phần chủ yếu là ôxy giống như trên bề mặt. Họ phải thở bằng một loại khí đặc biệt gọi là không khí nén, do cung cấp khí bề mặt trên tàu lặn truyền qua ống thở hay còn gọi là dây truyền sinh xuống. Khi thợ lặn càng đi xuống sâu thì áp lực của không khí thở phải tương đương với áp suất của môi trường. Vì thế mà trong thành phần không khí thở lúc này chủ yếu có một chất khí đặc biệt gọi là khí nitơ. Nitơ là khí trơ, bình thường thì nó không tác động gì với cơ thể nhưng khi người thợ lặn xuống sâu dưới biển thì áp suất riêng phần của nitơ tăng lên. Khi đó nó có thể hòa tan vào trong máu dạng bọt khí và có thể gây ngộ độc (gọi là ngộ độc khí nitơ). Nếu như khí này vẫn tồn tại trong máu khi người thợ lặn đã lên tới mặt nước thì sẽ gây ra bệnh giảm áp. Đây cũng chính là bệnh phổ biến nhất đối với thợ lặn mà trong quá trình lặn bất cứ ai cũng gặp phải với mức độ nhẹ là gây đau buốt các khớp tay chân. Khí nitơ khi hòa tan trong máu người thợ lặn thì nó cũng sẽ được thải ra qua hơi thở trong quá trình đi lên mặt nước. Tuy nhiên, khi đã lặn xuống độ sâu 50m nước thì quá trình đi lên không đơn giản là chỉ trồi lên một lượt như lặn ở độ sâu vài mét. Nó là cả một quá trình đặc biệt, gọi là quá trình giảm áp tại các trạm giảm áp ở các độ sâu khác nhau. Và người thợ lặn phải tuân thủ nghiêm ngặt quá trình này để có thể tống hết khí nitơ trong máu ra ngoài. Đây được gọi là quá trình mang tính “sống, còn” của người thợ lặn. Khi lặn ở độ sâu 50-60m thì số trạm giảm áp và thời gian giảm áp cho mỗi trạm sẽ tỷ lệ thuận với thời gian làm việc dưới nước. Tức thời gian làm việc càng lâu thì số trạm giảm áp càng nhiều và thời gian dừng mỗi trạm cũng tăng lên. Ví dụ, nếu thời gian người thợ lặn làm việc dưới nước là 25 phút ở độ sâu 50m thì khi đi lên người thợ lặn phải dừng lại ở 3 trạm dừng giảm áp lần lượt là 9m, 6m và 3m so với bề mặt và với tổng thời gian phải dừng là 40 phút. Nói là trạm giảm áp nhưng thật ra đó là bất kỳ nơi nào mà người thợ lặn dừng lại, ở độ sâu xác định bởi đồng hồ đo độ sâu đeo trên tay. “Trạm” đó có thể là trên chân đế giàn khoan. Nếu người thợ lặn thực hiện đúng, đầy đủ quy trình giảm áp thì họ sẽ lên bề mặt an toàn, khi ấy chỉ cần nằm nghỉ ngơi một giờ là có thể hoạt động sinh hoạt bình thường. Thế nhưng, có những tác động ngoại cảnh luôn rình rập dưới lòng biển gây cản trở quá trình giảm áp. Cụ thể, người thợ lặn có thể bị sóng biển đánh trồi lên hay tụt xuống, gặp cá dữ, hoặc những trục trặc không mong muốn về các thiết bị hỗ trợ làm quá trình giảm áp không đúng quy trình về độ sâu lẫn thời gian. Khi ấy, khí nitơ trong máu không thể thoát ra hoàn toàn nên thợ lặn bị bệnh giảm áp. Nhẹ thì đau nhức tay chân, nặng thì có thể liệt. Và khi đó, để chữa trị thì người thợ lặn phải nhanh chóng được đưa vào bồn tái nén để thực hiện lại quá trình giảm áp, sau đó mới có thể thực hiện các công đoạn chữa trị tiếp theo. 16 PHẦN 2: TƯƠNG TÁC QUA VÁCH NGĂN Dạng 1. Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt Dạng 2. Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt Dạng 3. Vách ngăn cách nhiệt có khuyếch tán khí. - Xi lanh cố định - Xi lanh di chuyển được Dạng 4. Xi lanh có chứa chất lỏng Dạng 5. Vách ngăn có van Dạng 6. Các dạng khác 17 *Dạng 1: Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt. BÀI TOÁN TỔNG QUÁT: Cho một xi-lanh kín cách nhiệt, ở giữa có một pit-tông truyền nhiệt di chuyển được chia xilanh thành hai ngăn. Mỗi ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng. Biết khi cân bằng áp suất ngăn 2 luôn hơn áp suất ngăn 1 một lượng p . Ban đầu nhiệt độ của hai ngăn là T0 và V1  a . Thay đổi nhiệt độ hai V2 V1' ngăn đến T = kT0 thì '  b . Tính b theo a, k. V2 Biện luận chiều dịch chuyển của pit-tông trong các trường hợp k = 1; k > 1; k < 1. Giải *Lúc đầu: p 2 V1  a p1 V2 (1) mặt khác: p 2  p1  p (2) Từ (1) và (2) suy ra: p 2  a p (3) a 1 p'2 V1' *Lúc sau: '  '  b p1 V2 p'2  p1'  p (4) (5) Từ (4) và (5) suy ra: p '2  b p (6) b 1 p'2 b a  1  . Từ (3) và (6): p2 a b  1 (7) ' ' ' Thề tích xilanh không đổi: V1  V2  V1  V2 � (a  1)V2  (b  1)V2 � V2' a  1  V2 b  1 (8) p 2 V2 p'2 V2' T p '2 V2'  �  . Xét khối khí ở ngăn 2 trước và sau: T0 T T0 p 2 V2 b a2 1 � akb 2  (a 2  1)b  ak  0 2 a b 1 Từ (7) và (8): k  . (9)   (a 2  1) 2  4a 2 k 2 (a 2  1)  (a 2  1) 2  4a 2 k 2 �b 2ak (nghiệm b  (a 2  1)  (a 2  1) 2  4a 2 k 2  0 loại ) 2ak Biện luận: * Nếu k = 1 (T = T0): b  (a 2  1)  (a 2  1) a 2a pit tông không dịch chuyển. b a2 1  1 � a 2 b  b  ab 2  a � (a  b)(ab  1)  0 � a  b (chú ý: a, b 2 a b 1 * Nếu k > 1 (T > T0): � . >1) pittong dịch chuyển theo chiều giảm V1 tăng V2 * Nếu k < 1 (T < T0): a < b pittong dịch chuyển theo chiều giảm V2 tăng V1 * BÀI TOÁN CỤ THỂ: 18 Bài toán 1. Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng m (có thể trượt không ma sát). Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau. Ban đầu nhiệt độ hai ngăn là 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới là V1  4 . Hỏi nếu nhiệt V2 độ hai ngăn tăng lên đến 3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới V '1 là V '2 P1, V1, T1 bao nhiêu? Giải 2 2 2 2 2 Dựa trên bài toán tổng quát: b  (a  1)  (a  1)  4a k 2ak P2, V2, T1 trong đó: a = 4; k = 2 Thay số: b = 2,3 Bài toán 1.2. Trong một xi lanh kín hai đầu, đặt thẳng đứng có một píttông nặng di động được. Ở phía trên và dưới píttông có hai lượng khí như nhau và cùng loại. Ở nhiệt độ T, thể tích lượng khí phía trên píttông V1 lớn gấp a lần thể tích lượng khí phía dưới píttông V2. Hỏi nếu tăng nhiệt độ của khí lên k lần thì tỉ số hai thể tích ấy bằng bao nhiêu. Xét trường hợp: k = 2 ; a =3. Bài giải * Dựa trên bài toán tổng quát: b  (a 2  1)  (a 2  1) 2  4a 2 k 2 trong đó: a = 3; k = 2 2ak Thay số: b  1,87 + Có thể hỏi nhiệt độ của khí lúc sau nếu cho tỉ lệ thể tích lúc đầu, lúc sau và nhiệt độ ban đầu lần lượt là: a = 4 ; b = 3 ; T = 300K; tính nhiệt độ lúc sau b a 2  1 45  � T '  421,875K 2 a b  1 32 Dựa trên bài toán tổng quát: k  . *Dạng 2: Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt. BÀI TOÁN TỔNG QUÁT: Cho một xi-lanh kín cách nhiệt, ở giữa có một pit-tông cách nhiệt di chuyển được chia xilanh thành hai ngăn. Ngăn trên chứa n1 mol khí lí tưởng, ngăn dưới chứa n2 mol khí lí tưởng. Biết khi cân bằng áp suất ngăn 2 luôn hơn áp suất ngăn 1 một lượng p . Ban đầu nhiệt độ của hai ngăn là T0 và V1 V'  a . Thay đổi nhiệt độ ngăn hai đến T = kT0 thì 1'  b . Tìm biểu thức liên hệ giữa a, V2 V2 b, k, n1, n2. Bài giải *Lúc đầu: p 2 n 2 V1 n 2   a  a' p1 n1 V2 n1 mặt khác: p 2  p1  p Từ (1) và (2) suy ra: p 2  (1) (2) a' p (3) a' 1 19 p'2 n 2 T2 V1' n 2  kb  kb' *Lúc sau: '  ' p1 n1 T1 V2 n1 p'2  p1'  p (5) Từ (4) và (5) suy ra: p'2  Từ (3) và (6): (4) kb' p kb'  1 p'2 kb' a '  1  ' . ' p2 a kb  1 (6) (7) ' ' ' Thề tích xilanh không đổi: V1  V2  V1  V2 � (a  1)V2  (b  1)V2 � Xét khối khí ở ngăn 2 trước và sau khi thay đổi nhiệt độ: ' ' kb  a  1  a  1 b  a  1  a  1 �1  . ' Từ (7) và (8): k  . ' a  kb  1  b  1 a  b k  1  b  1 * Xét trường hợp n1 = n2; k = 1; ta được: V2' a  1  V2 b  1 (8) p 2 V2 p'2 V2' T p' V'  �  2. 2 T0 T T0 p 2 V2 (9) b2  1 a 2  1  => a = b phù hợp b a * BÀI TOÁN CỤ THỂ: Bài toán 1. Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng được chia thành hai phần bằng một pít tông nặng, cách nhiệt (H.Vẽ) ngăn trên chứa 1 mol, ngăn dưới chứa 3mol của cùng một chất khí. Nếu nhiệt độ ở hai ngăn đều bằng T1 = 400K thì áp suất ở ngăn dưới p2 gấp đôi áp suất ở ngăn trên p1. Nhiệt độ ngăn trên không đổi, ngăn dưới có nhiệt độ T 2 nào thì thể tích hai ngăn bằng nhau. Bài giải: Theo đề bài: b = 1; a’ = 2; n1 = 1 mol; n2 = 3 mol; � n1 ' 2 a  a  � 3 � n2 => � �b'  n 2 b  3 � � n1 ' Dựa trên bài tổng quát: b .  a  1  a  1  1 ' a  b k  1  b  1 ' � b  a  1  a  1 �1 3  1� '  => T2 = kT1= 300 K => k = � . a b  1 b 4  � � � � Bài toán 2. Một xilanh kín hình trụ chiều cao h, tiết diện S = 100cm 2 đặt thẳng đứng, xilanh được chia thành hai phần bằng một píttông cách nhiệt (H.Vẽ) khối m1 B m 2 20 lượng m = 500g. Khí trong hai phần cùng loại ở cùng nhiệt độ 27 oC và có khối lượng là m1, m2 với m2 = 2m1. Píttông cân bằng khi ở cách đáy dưới đoạn h2 = 3h/5. a) Tính áp suất khí trong hai phần của xilanh ? Lấy g = 10m/s2. b) Để píttông cách đều hai đáy xilanh thì phải nung nóng phần nào, đến nhiệt độ bao nhiêu? (phần còn lại giữ ở nhiệt độ không đổi). Bài giải: 2 ; b = 1; 3 Theo đề bài: n2 = 2n1; a = 4 �' n 2 a  a � 3 � n1 => � �b'  n 2 b  2 � � n1 Dựa vào bài toán tổng quát a. Áp suất trong hai phần xi lanh: p2  a' 0,5 �10 p  4 �  2000Pa ' a 1 0, 01 p2 p  a ' � p1  2'  1500Pa p1 a b. ' b  a  1  a  1 �1 17 => T2 = kT= 212,5 K k= � �.  1� '  a � �  b  1 b � � 24 Bài toán 3. Một xi lanh đặt nằm ngang có chiều dài l = 60cm, được chia làm hai phần bằng nhau bởi một pít tông cách nhiệt. Mỗi phần chứa một lượng khí như nhau có nhiệt độ như nhau. Nếu tăng nhiệt độ một bên tăng gấp đôi bên kia thì píttông dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu ? Bài giải: . ' b  a  1  a  1 �1 k= � �.  1� '  2 a � �  b  1 b � � Ta được b = 1/2 => Pittông di chuyển một đoạn 10 cm. Bài toán 4. Một nhiệt kế khí gồm có hai bình giống nhau, dung tích mỗi A B bình là V, nối với nhau bởi một ống nằm ngang có chiều dài l và tiết diện S. Bên trong ống có một giọt thủy ngân để ngăn cách khí trong hai ống và để làm vật chuẩn chỉ nhiệt độ. Bình bên phải đặt trong máy điều nhiệt và được giữ ở nhiệt độ T o. Tìm công thức cho sự phụ thuộc của nhiệt độ T của bình bên trái vào độ dời x của giọt thủy ngân. Cho V, l, S các giá trị hợp lý và suy ra rằng nhiệt kế này khá nhạy.
- Xem thêm -