Tài liệu Giúp bồi dưỡng học sinh giỏi phần chất khí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH -------   ------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - VẬT LÝ Đề tài: “Giúp bồi dưỡng học sinh giỏi phần Chất Khí” Người thực hiện: Nguyễn Văn Cảnh Tổ Vật Lý – CN Trường THPT Lê Quý Đôn Tháng 4/2014 Trang 2 A. ĐẶT VẤN ĐỀ Vật lý là một môn khoa học rất gần với đời sống, nó nghiên cứu những sự vật hiện tượng xảy ra hàng ngày, có tính ứng dụng cao. Việc giải các bài tập Vật lý giúp học sinh hiểu hơn những định luật vật lý, những hiện tượng vật lý, tạo điều kiện cho học sinh rèn luyện được kỹ năng vận dung, kỹ năng phân tích và giải quyết vấn đề kể cả trong học tập và trong đời sống. Trong chương trình Vật Lý lớp 10, thì phần Nhiệt Học là phần kiến thức rất gần với cuộc sống. Đặc biệt là các định luật về chất khí, các nguyên lý Nhiệt Động Lực Học. Khi nghiên cứu sâu về các định luật, nguyên lý này giúp chúng ta giải thích được các hiện tượng liên quan, cũng như nắm rõ được nguyên lý hoạt động của các vật dụng, thiết bị ứng dụng nó. Bởi vậy trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh hàng năm thì đây là mảng kiến thức thường được khai thác. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy các bài tập phần chất khí khá hay và cũng khá đa dạng. Thường thì học sinh làm các bài tập phần này khó khăn về phương pháp, cũng như nhận dạng các loại bài tập. Bởi vậy trong đề tài “ Giúp bồi dưỡng học sinh giỏi phần chất khí” này tôi xin mạnh giạn giới thiệu một số bài tập, với sự phân loại theo tôi sẻ giúp các em học sinh dễ hình dung và tiếp cận. Và đây cũng là cơ hội để bản thân trau dồi chuyên môn cũng như thói quen tìm tòi, nghiên cứu khoa học. Đó chính là những mục đích xuyên suốt của đề tài. Hi vọng rằng với hệ thống bài tập này có thể giúp cho các thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi, cũng như các em học sinh ôn thi làm tài liệu tham khảo. Trang 3 B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. CÁC ĐỊNH LUẬT VỀ CHẤT KHÍ. 1.1. Định luật Bôi-Lơ - Ma-Ri-ốt a. Nội dung: Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích. b. Biểu thức định luật: 1 V + pV  hằng số + p~ + p1V1= p2V2 c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng nhiệt trong hệ tọa độ POV như hình bên. Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POT, VOT 1.2. Định luật Sác-Lơ a. Nội dung: Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. b. Biểu thức định luật: p + p~ T P =hằng số T P1 P2 +  T1 T2 p T2>T 1 T2 T1 93 6 O V1 65 1,2 V 4>V 2 V 1 + V2 c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng tích trọng hệ tọa độ POT như hình bên. Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, VOT O T(K) 1.3. Định luật Gay Luy Xác a. Nội dung: Trong quá trình đẳng áp của một lượng khí nhất định, thể tích tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. b. Biểu thức định luật: V P1 + V~ T p2>p1 V =hằng số T V1 V2 +  T1 T2 + P2 c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng tích trọng hệ tọa độ VOT như hình bên. Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, POT 1.4: Phương trình trạng thái của khí lý tưởng. Trang 4 O T(K) + PV nR hs T - Với n là số mol chất khí - Khi áp suất tính bằng N/m2, thể tích tính bằng m3, nhiệt độ tính bằng K(bắt buộc) thì R=8,31(N.m/mol.K) + P1V1 PV  2 2 T1 T2 2. Nguyên lý I nhiệt động lực học. 2.1: Nội dung: Độ biến thiên nội năng của một hệ bằng tổng đại số nhiệt lượng và công mà hệ nhận được. 2.2: Biểu thức: U Q  A Lưu ý: nếu xem áp suất không đổi thì A  p.V 2.3: áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho khí lý tưởng. a. Quá trình đẳng tích. vì A=0 nên U Q b. Quá trình đẳng áp: A  p.V (công khí nhận). c. Quá trình đẳng nhiệt: + vì nội năng khí lý tưởng chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ nên U 0 + vậy A  Q Trang 5 II. BÀI TẬP VẬN DỤNG 1. Các bài toán liên quan đến đồ thị. Đây là dạng toán đòi hỏi học sinh phải nắm được bản chất của các quá trình biến đổi. Trên cơ sở đó có thể biểu diễn các quá trình lên các trục tọa độ khác nhau. Ngoài các quá trình biến đổi là đẳng quá trình đã được học trong sách giáo khoa thì còn có một số quá trình không phải là đẳng quá trình nhưng lại có dạng toán học quen thuộc( hàm bậc nhất, bậc hai), hoặc sau khi biến đổi ta có thể đưa nó về các dạng đó. Bài 1 : Cã 1 g khÝ Heli (coi lµ khÝ lý tëng ®¬n nguyªn tö) thùc hiÖn mét chu tr×nh 1 – 2 – 3 – 4 – 1 ®îc biÓu diÔn trªn gi¶n ®å P-T nh h×nh bªn. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K. a. T×m thÓ tÝch cña khÝ ë tr¹ng th¸i 4. b. H·y nãi râ chu tr×nh nµy gåm c¸c ®¼ng qu¸ tr×nh nµo. VÏ l¹i chu tr×nh nµy trªn gi¶n ®å P-V vµ trªn gi¶n ®å V-T c. TÝnh c«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong tõng giai ®o¹n cña chu tr×nh. Gi¶i: a. Qu¸ tr×nh 1 – 4 lµ qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch, vËy V 1 = V4. Sö dông ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i khÝ lý tëng ë tr¹ng th¸i 1 ta cã: m RT1 m P1 V1  RT1 , suy ra: V1   P1  Thay sè: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K vµ P1 = 2.105 Pa ta ®îc: 1 8,31.300 V1   3,12.10 3 m3 5 4 2.10 b. Tõ h×nh vÏ ta x¸c ®Þnh ®îc chu tr×nh nµy gåm c¸c ®¼ng qu¸ tr×nh sau: 1 – 2 lµ ®¼ng ¸p; 2 – 3 lµ ®¼ng nhiÖt; 3 – 4 lµ ®¼ng ¸p; 4 – 1 lµ ®¼ng tÝch. V× thÕ cã thÓ vÏ l¹i chu tr×nh nµy trªn gi¶n ®å P-V (h×nh a) vµ trªn gi¶n ®å V-T (h×nh b) nh sau: P(105P a) 2 1 V(l) 1 2 4 3,12 6,24 12,4 2 6,24 3 3,12 0 3 12,4 8 V(l) 4 1 150 300 600 T(K ) c. §Ó 8 H×nh b tÝnh c«ng, H×nh a tríc hÕt sö dông ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ta tÝnh ®îc c¸c thÓ tÝch: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. - C«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong tõng giai ®o¹n: A12  p1 ( V2  V1 )  2.105 (6,24.10 3  3,12.10 3 )  6,24.10 2 J Trang 6 V3  2.105.6,24.10 3 ln 2  8,65.10 2 J ( c«ng thøc nµy cã thÓ cho häc sinh thõa V2 nhËn hoÆc tÝnh b»ng tÝch ph©n) A34  p3 ( V4  V3 )  105 (3,12.10 3  12,48.10 3 )  9,36.10 2 J ( khÝ nhËn c«ng) A41  0 v× ®©y lµ qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p. A23  p2 V2 ln Bài 2: 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. a. Xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. b. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T Giải a. 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 - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β - Từ (1.2) và (1.3) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 (1.1) (1.2) (1.3) 3P0 P - 0 V 2 2V0 - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT 3V0 2V0 2 PP (1.6) - Từ (1.4) và (1.5) ta có : T = R RP0 - Thay vào (1.1) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P = (1.4) (1.5) - T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên TOP 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 . �= - Ta có : T(P) nên khi P = 3V0 4V0 �= 0 � P = 3P0 P � T(P) R RP0 4 3P0 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 4 9V0 P0 8R b. Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là đồ thị hình bên. Bài 3: Chu trình thực hiện biến đổi 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử như hình bên. Có hai quá trình biến đổi trạng thái khí, trong đó áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể tích. Một quá trình biến đổi trạng thái khí đẳng tích. Trong quá trình đẳng tích 1 – 2 khí nhận nhiệt lượng Q = 4487,4 J và nhiệt độ của nó tăng lên 4 lần. Nhiệt độ tại các trạng thái 2 và 3 bằng nhau. Biết nhiệt dung mol đẳng tích Cv = 3R , R = 8,31 J/K.mol. 2 a. Hãy xác định nhiệt độ T1 của khí. b. Tính công mà khí nhận hiện được trong một chu trình. Giải: Trang 7 p 2 3 1 O Hình 1 V a. Quá trình biến đổi trạng thái 1-2 T2 = 4T1; V =const; A12 = 0 - Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học 3 2 9 2 Q12 = C v T  R(T2  T1 )  RT1 - Suy ra được T1  2Q  120K 9R b. Quá trình đẳng tích 1 – 2: T2 = 4T1 suy ra p2 = 4p1 - Quá trình 2 – 3: T2 = T3 suy ra p3V3 = p2V1 suy ra p3 V 4 1 p1 V3 (1.7) - Quá trình 3 -1 : p = aV ; p3  aV3 p1  aV1 p3 V3  Nên p1 V1 (1.8) - Từ (1.7) và (1.8) thu được V3 = 2V1 - Dựa vào hình vẽ tính công của khí nhận trong một chu trình A  S123  1 ( p 2  p1 )(V3  V1 )  1,5 p1 .V1 2 - Áp dụng phương trình C –M : p1V1 = RT1 - Thay (1.10) vào (1.9) thu được : A=-1,5R.T1=1495,8 J (1.9) (1.10) Bài 4: Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1-2-3-1. Trong đó, quá trình 1 - 2 được biểu diễn bởi phương trình T = T1(2- bV)bV (với b là một hằng số dương và thể tích V 2>V1). Qúa trình 2 - 3 có áp suất không đổi. Qúa trình 3 - 1 biểu diễn bởi phương trình : T= T 1b2V2. Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 là: T 1 và 0,75T1. Hãy tính công mà khối khí thực hiện trong chu trình đó theo T1. Giải: - Để tính công mà khối khí thực hiện , ta vẽ đồ thị biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái của chất khí trong hệ tọa độ hệ tọa độ POV - Quá trình biến đổi từ 1-2: Từ T=PV/R và T = T1(2- bV)bV (1.11) 2 => P= - Rb T1V+2RbT1 (1.12) - Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp P2 = P3 - Quá trình biến đổi từ 3-1. Từ T=PV/R và T = T1b2 V2 => P= Rb2T1V -Thay T=T1 vào phương trình (1.11) => V1= 1/b => P1= RbT1 -Thay T2= 0,75T1 vào phương trình (1.11) ta có: V2= 3/(2b)=1,5V1 và V2=0,5V1(vì V2 > V1 nên loại nghiệm V2 = 0,5V1) - Thay V2 = 1,5/b vào (1.12) => P2= P3 = 0,5RbT1=0,5P1 => V3 = 0,5V1 =1/2b . -Ta có công A = S123= 0,5(P1 - P2 ).(V2-V3) = 0,25RT1 Bài 5:( đề hsg tỉnh Hà Tĩnh 2013) Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, Trang 8 đẳng tích BC và quá trình CA có áp suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình bên). a.Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C; b. Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V-T. ĐS: a. TA 832 K , V A 68,3 , TB 312 K , TC 702 K , pC 2,25atm 2. Các bài toán liên quan đến cơ học. Để làm được các bài tập này, ngoài kiến thức phần nhiệt học, cac em học sinh còn phải nắm vững các kiến thức về cơ học, như các định luật Niu-tơn, điều kiện cân bằng của vật rắn, chất diểm, các loại loại lực cơ học ... Bởi vậy khi làm các bài tập dạng này đòi hỏi phải phân tích kỹ hiện tượng liên quan. Nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ. Trên cơ sở đó phối hợp các định luật chất khí và các định luật cơ học để giải quyết vấn đề. Bài 1: 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 - Gọi p1 là áp suất khí quyển, p2 là áp suất khí ngay trước khi nút chai bật ra. - Quá trình đun nóng là quá trình đẳng tích. Tại thời điểm nút bật ra ta có : p 2 S  Fms  p1 S Do đó: p 2  p1  Fms . S (2.1) Nhiệt độ tối thiểu đạt khi dấu “=” của (2.1) xảy ra. - Vì quá trình là đẳng tích nên: p1 p2  T1 T2 � T2  T1 p2 p1 � T2  T1 �Fms �  p1 � � p1 �S � � T2  270 � 12 �  9,8.104 ��402K 4 � 4 9,8.10 �2,5.10 � Phải đun nóng tới nhiệt độ ít nhất là T2 = 402 K Bài 2 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 17 oC 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 - Đối với phần khí bị nung nóng: T1 T2 + Trạng thái đầu: p1 ;V1 lS ; T1 (2.1) + Trạng thái cuối: p 2 ;V2  l  l  S ; T2 (2.3) - Đối với phần khí không bị nung nóng: + Trạng thái đầu: p1 ;V1 lS ; T1 (2.4) ' ' ' + Trạng thái cuối: p 2 ;V2  l  l  S ; T2 T1 (2.5) Trang 9 p1V1 p 2V2 p 2' V2'   Ta có: T1 T2 T1 (2.6) Vì pittông ở trạng thái cân bằng nên: p 2'  p 2 . Từ (2.4), (2.5), (2.6) ta có 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: T T2  T1  pV l  l 2l 2.0,02 T1  T1  T1  290 41,4 K l  l l  l 0,3  0,02 pV 1 1 2 2 Vì T  T nên: 1 2 p2  p1V1T2 p lS T1  T  p1l T1  T  2.0,3 290  41,4  1   T1V2 T1  l  l  S T1  l  l  290 0,3  0,02 p 2 2,14atm Bài 3:( đề thi hsg lớp 10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2013): Một xilanh đặt nằm ngang, hai đầu kín, có thể tích 2V0 và chứa khí lí tưởng ở áp suất p0. Khí trong xilanh được chia thành hai phần bằng nhau nhờ một pit-tông mỏng, cách nhiệt có khối lượng m. Chiều dài của xilanh là 2l. Ban đầu khí trong xilanh có nhiệt độ là T0, pit-tông có thể chuyển động không ma sát dọc theo xi lanh. a. Nung nóng chậm một phần khí trong xilanh để nhiệt độ tăng thêm T và làm lạnh chậm phần còn lại để nhiệt độ giảm đi T. Hỏi pit-tông dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu khi có cân bằng? b.Đưa hệ về trạng thái ban đầu (có áp suất p0, nhiệt độ T0). Cho xilanh chuyển động nhanh dần đều theo phương ngang dọc theo trục của xi lanh với gia tốc a thì thấy pit-tông dịch chuyển một đoạn x so với vị trí cân bằng ban đầu. Tìm gia tốc a. Coi nhiệt độ không đổi khi pit-tông di chuyển và khí phân bố đều. Giải: a. Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng cho phần xi lanh bi nung nóng: PV PV PV o o 1 1  1 1 To T1 T0  T PV PV PV o o  2 2  2 2 Phần xi lanh bị làm lạnh: To T2 T0  T V1 T0  T  Vì P1 = P2  (2.7) V2 T0  T Gọi đoạn di chuyển của pit-tông là x, ta có: V1 = (l + x)S và V2 = (l - x)S (2.8) Từ (2.7) và (2.8) ta có  l  x  S T0  T   l  x  S T0  T x= P2V2 = P0V  P2 = P0V0 /(l - x)S P1V1 = P0V  P2 = P0V0/(l + x)S Xét pit-tông: F2 - F1 = ma  (P2 - P1)S = ma Từ (2.9), (2.10), và (2.11) ta có ( Suy ra, a  P0V0 P0V0  ) S m.a S (l  x ) S (l  x ) 2 P0V0 .x (l 2  x 2 ).m Trang 10 l T T0 (2.9) (2.10) (2.11) Bài 4: Một bình có thể tích V chứa một mol khí lí tưởng và có một cái van bảo hiểm là một xilanh (có kích thước rất nhỏ so với bình) trong đó có một pít tông diện tích S, giữ bằng lò xo có độ cứng k . Khi nhiệt độ của khí là T 1 thì píttông ở cách lỗ thoát khí một đoạn là L. Nhiệt độ của khí tăng tới giá trị T 2 thì khí thoát ra ngoài. Tính T2? Giải Gọi P1 và P2 là các áp suất ứng với nhiệt độ T1 và T2 ; l là độ co ban đầu của lò xo, áp dụng điều kiện cân bằng của piston ta luôn có: k .l  p1S ; k .(l  L)  p2 S => k .L ( p2  p1 ) S ; (2.12) Vì thể tích của xilanh không đáng kể so với thể tích V của bình nên có thể coi thể tích của khối khí không đổi và bằng V áp dụng phương trình trạng thái ta có: P2  P1  R (T2  T1 ) V (2.13) R   P2  P1  (T2  T1 ) Từ (2.12) và (2.13) ta có hệ phương trình  V  kL ( P2  P1 )S Như vậy khí thoát ra ngoài khi nhiệt độ của khí lên đến: T2 T1  kLV . RS Bài 5: 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 �2 � -Trạng thái 2 (ống đứng thẳng). �L  h � l� S ; T2  T1 �2 � �L  h � ' ' '  l �S ; T2  T1 + Đối với lượng khí ở dưới cột thuỷ ngân: p2 ;V2  � �2 � + Đối với lượng khí ở trên cột thuỷ ngân: p2 ;V2  � - Giọt thủy ngân cân bằng dưới tác dụng của trọng lực và áp lực của hai lượng khí nên ta có: p 2' .S  p 2 .S  ghS ( áp suất tính theo Pa) �L  h � '  l �S ; T2  T1 �2 � ' ' - Nếu áp suất tính theo cmHg ta có: p2  p2  h;V2  � - Áp dụng ĐL Bôilơ–Maríôt cho từng lượng khí. Ta có: + Đối với khí ở trên: Trang 11 p1  L  h  S  p  L  h  2l  S � p 2 2  L  h   p2  L  h  2l  (2.14)  L  h    p2  h   L  h  2l  (2.15) 1 2 + Đối với khí ở dưới: p1  L  h S  2  p2  h   L  h  2l  S � p 2 1 Từ (2.14) , (2.15): p2  h  L  h  2l  4l Thay giá trị P2 vào (2.14) ta được: h�  L  h   4l 2 � � � p1  4l  L  h  2 20 �  100  20   4.102 � � � 37.5cmHg p1  4.10  100  20  2 p1   gH  1,36.104.9,8.0,375  5.10 4 Pa Bài 6: Một nút chai đặc hình lập phương có cạnh a=0,1m được dìm trong nước có độ sâu h nhờ một ống thành mỏng đường kính d=0,05m(hình bên). Hãy xác định khối lượng của vật m cần bỏ thêm vào trong ống để ống bắt đầu tách ra khỏi nút chai khi h =0,2m. Biết khối lượng riêng của nước, của nút chai lần lượt là ρ=103 kg/m3, ρ0=200 kg/m3. 3. Bài tập tổng hợp. Bài 1: Một bình thép kín có thể tích V được nối với một bơm hút khí. Áp suất ban đầu của khí trong bình là 760mmHg. Dung tích tối đa mỗi lần bơm hút là Vb  V . Hỏi phải bơm hút 20 tối thiểu bao nhiêu lần để áp suất của khí trong bình còn dưới 5mmHg ? Coi nhiệt độ không đổi trong quá trình bơm. Giải: - Gọi p1, p2, …pn lần lượt là áp suất khí trong bình sau mỗi lần bơm hút. Trong quá trình mỗi lần hút do nhiệt độ không đổi, lượng khí không đổi nên đây là quá trình đẳng nhiệt. - Áp suất ban đầu: p pV - Sau lần hút thứ nhất ta có: pV= p1(V+Vb). Hay p1 V  V b - Tương tự sau lần hút thứ 2: : p1V= p2(V+Vb). Hay - Sau n lần hút:  V   pn  p.  V  Vb  p2   V p1V  p. V  Vb  V  Vb    2 n (2.16) P 760 ) ln( ) Pn 5  103 Từ (2.16) ta có: n  21 V  Vb ln( ) ln( ) 20 V ln( Trang 12 Bài 2 : Bình A có dung tích V1= 3lít, chứa khí Heli ở áp suất p 1=2at. Bình B có dung tích V2= 4lít, chứa khí Argon ở áp suất p1=1at. Nhiệt độ trong hai bình như nhau. Nối hai bình thông với nhau bằng một ống dãn nhỏ, lúc này nhiệt độ không đổi. Tính áp suất hỗn hợp khí. Giải: - Gọi áp suất riêng phần của mỗi khí trong hỗn hợp lần lượt là p1' , p 2' . - Áp dụng định luật Bô lơ – Ma ri ốt cho mỗi khí trước và sau khi thông hai bình ta có: V1 ' p1 p1V1  p1' (V1  V2 )  p1  V1  V2 V2 ' p2 p 2V2  p 2' (V1  V2 )  p2  V1  V2 (2.17) (2.18) - Áp suất của hỗn hợp khí bằng bằng tổng áp suất riêng phần của mỗi khí( định luật Đantôn). Ta có: p  p1'  p2'  p1V1  p2V2 V1  V2 10 1,43 at  7 Thay số vào ta có: p  Bài 3 : Một phòng có kích thước 8m x 5m x 4m. Ban đầu không khí trong phòng ở điều kiện tiêu chuẩn, sau đó nhiệt độ của không khí tăng lên tới 10oC, trong khi áp suất là 78 cmHg. Tính thể tích của lượng khí đã ra khỏi phòng và khối lượng không khí còn lại trong phòng. Giải Lượng không khí trong phòng ở trạng thái ban đầu (đktc) p0 = 76 cmHg ; V0 = 5.8.4 = 160 m3 ; T0 = 273 K Lượng không khí trong phòng ở trạng thái 2: p2 = 78 cmHg ; V2 ; T2 = 283 K Ta có: p0V0 p2V2 pVT 76.160.283  � V2  0 0 2  �161,60m3 T0 T2 T0 p2 273.78 Thể tích không khí thoát ra khỏi phòng: V  V2  V0  161, 6  160  1, 6m3 Thể tích không khí thoát ra khỏi phòng tính ở điều kiện tiêu chuẩn là: p0 V0 p2 V Vp2T0 1, 6.78.273  � V0   �1,58m3 T0 T2 T2 p0 283.76 Khối lượng không khí còn lại trong phòng: (  0 =1,29kg/m3, là khối lượng riêng không khí ở đktc) Ta tính được: m’= 206,4 Kg Bài 4 : Người ta bơm khí oxi ở điều kiện chuẩn vào một bình có thể tích 5000l. Sau nửa giờ bình chứa đầy khí ở nhiệt độ 240C và áp suất 765mmHg. Xác định khối lượng khí bơm vào sau mỗi giây. Coi quá trình bơm diễn ra một cách điều đặn. Đs : 3,3g/s Bài 5 : Có 3 bình có thể tích V1 = Vo, V2 = 2Vo, V3 = 3Vo được nối thông với nhau nhưng cách nhiệt đối với nhau. Ban đầu các bình chứa khí ở cùng nhiệt độ T o và áp suất po. Sau đó, người ta hạ nhiệt độ bình 1 xuống T1 = To /2 và nâng nhiệt độ bình 2 lên T2 = 1,5.To , bình 3 lên T3 = 2.To . Tính áp suất p của khí lúc sau theo po? Trang 13 C. KẾT LUẬN Sau một thời gian nghiên cứu để hoàn thành đề tài, cũng như áp dụng đề tài cho học sinh trường tôi, tôi nhận thấy các em tiếp cận kiến thức khá nhanh, giúp rút ngắn thời gian giảng dạy và học tập. Trong các lần thi học sinh giỏi cấp tỉnh gần đây khi gặp các bài tập phần chất khí các em vận dụng tốt và đạt kết quả khả quan. Bản thân tôi cũng nhận thấy kiến thức của tôi về lĩnh vực này được nâng lên rõ rệt. Tuy nhiên vì khả năng có hạn, sự phân loại các bài tập chỉ có tính tương đối, hệ thống bài tập chưa được phong phú. Vì vậy đề tài này chắc chắn còn nhiều hạn chế và thiếu sót. Rất mong được sự cảm thông, góp ý chân thành của các đồng chí đồng nghiệp, các em học sinh. Xin chân thành cảm ơn. Trang 14 C. KẾT LUẬN Sau một thời gian nghiên cứu để hoàn thành đề tài, cũng như áp dụng đề tài cho học sinh trường tôi, tôi nhận thấy các em tiếp cận kiến thức khá nhanh, giúp rút ngắn thời gian giảng dạy và học tập. Trong các lần thi học sinh giỏi cấp tỉnh gần đây khi gặp các bài tập phần chất khí các em vận dụng tốt và đạt kết quả khả quan. Bản thân tôi cũng nhận thấy kiến thức của tôi về lĩnh vực này được nâng lên rõ rệt. Tuy nhiên vì khả năng có hạn, sự phân loại các bài tập chỉ có tính tương đối, hệ thống bài tập chưa được phong phú. Vì vậy đề tài này chắc chắn còn nhiều hạn chế và thiếu sót. Rất mong được sự cảm thông, góp ý chân thành của các đồng chí đồng nghiệp, các em học sinh. Xin chân thành cảm ơn. Trang 15 TÀI LIỆU THAM KHẢO SÁCH THAM KHẢO 1 SÁCH GIÁO KHOA VẬT LÝ 10 – CƠ BẢN LƯƠNG DUYÊN BÌNH ( TỔNG CHỦ BÊN) 2 SÁCH GIÁO KHOA VẬT LÝ 10 - NÂNG CAO NGUYỄN THẾ KHÔI- PHẠM QUÝ TƯ 3 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ PHỔ THÔNG PGS.TS. VŨ THANH KHIẾT 4 GIẢI TOÁN VẬT LÝ 10 BÙI QUANG HÂN 5 540 BÀI TẬP VẬT LÝ 10 PHAN HOÀNG VĂN WEBSITE 1. Thuvienvatly.com 2. Baigiang.bachkim.vn Trang 16 MỤC LỤC Trang A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1 B. NỘI DUNG 2 I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 2 1. CÁC ĐỊNH LUẬT VỀ CHẤT KHÍ 2 1.1. Định luật Bôi-Lơ-Ma-Ri-ốt 2 1.2. Định luật Sác-Lơ 2 1.3. Định luật Gay Luy Xác 2 1.4. Phương trình trạng thái của khí lý tưởng. 3 2. Nguyên lý I nhiệt động lực học. 3 2.1. Nội dung. 3 2.2 biểu thức nguyên lý. 3 2.3 Áp dụng nguyên lysI nhiệt động lực học cho khí lý tưởng. 3 II. BÀI TẬP VẬN DỤNG 4 1. Các bài toán liên quan đến đồ thị 4 2. Các bài toán liên quan đến cơ học 7 3. bài tập tổng hợp 10 C. KẾT LUẬN 13 TÀI LIỆU THAM KHẢO 14 Trang 17