BÀI TẬP NHIỆT HỌC Bài 1: Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước. a) Xác định độ chênh mực nước thủy ngân, nếu h 1 = 130mm và áp suất dư trên mặt nước trong bình 40000 N/m 2 . b) Áp suất trong bình sẽ thay đổi như thế nào nếu mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau. Giải a) Xác định độ chênh mực thủy ngân (tìm h 2 ) : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : Ta có : BA pp = ).( 21 2 0 hhpp OHA ++= γ 2 .hpp HgaB γ += 221 2 0 .).( hphhp HgaOH γγ +=++⇒ 1 2 0 2 2 .)()( hpph OHaOHHg γγγ +−=−⇔ Mà da ppp =− 0 Vậy : )(334,0 98100132890 013,0.981040000 )( . 2 1 2 2 m hp h HgOH OHd = − + = − + = γγ γ b) Áp suất trong bình khi mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau : Ta có : DC pp = hpp OHC . 2 0 γ += aD pp = aOH php =+⇒ . 2 0 γ ckaOH ppph =−=⇔ 0 2 . γ )(0297,057,2913)334,0. 2 1 13,0.(9810 ).(. 2 2 1 1 22 at hhhp OHOHck ≈=+= +==⇔ γγ Bài 2. Một áp kế vi sai gồm một ống chữ U đường kính d = 5mm nối hai bình có đường kính D = 50mm với nhau. Máy đựng đầy hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau, có trọng lượng riêng gần bằng nhau : dung dịch rượu êtylic trong nước ( 3 1 /8535 mN= γ ) và dầu hỏa ( 3 2 /8142 mN= γ ). Lập quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất 21 ppp −=∆ của khí áp kế phải đo với độ dịch chuyển của mặt phân cách các chất lỏng (h) tính từ vị trí ban đầu của nó (khi 0=∆p ). Xác định p∆ khi h = 250mm. Giải a) Lập mối quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất 21 ppp −=∆ : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : Khi )(0 21 ppp ==∆ : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng khác nhau ở vị trí cân bằng O : o BA pp = o 111 .hpp A γ += o 222 .hpp B γ += Theo điều kiện bình thông nhau : 1 22 12211 . γ γ γγ h hhh =⇒= Khi )(0 21 ppp >>∆ : thì mực nước trong bình 1 hạ xuống 1 đoạn h ∆ và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên 1 đoạn h∆ . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1 đoạn h so với vị trí O. ).( 111 hhpp A ∆−+= γ hhhhpp B .).( 1222 γγ +−∆++= Theo tính chất mặt đẳng áp ta có : (*)].[).().( .).().( .).().( 2211212121 1112221 1222111 hhhhpp hhhhhhpp hhhhphhp γγγγγγ γγγ γγγ −−+∆+−=−⇔ +∆−−−∆+=−⇔ +−∆++=∆−+ Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : h d V ∆= 4 . 2 π Thể tích trong ống dâng lên một lượng : h d V 4 . 2 ' π = Ta có h D d hVV 2 2 ' =∆⇒= và 2211 . hh γγ = thay vào (*) Ta được :         ++−= ++−=−=∆ ).()( ).().( 21 2 2 21 21 2 2 2121 γγγγ γγγγ D d h h D d hppp Tính p∆ khi h = 250mm Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 /14081428535 05,0 005,0 8142853525,0 mNp =         ++−=∆ Bài 3. Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút. a) Viết pt mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm. b) Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100mm. c) Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao bình là H = 900mm. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ : a) Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : 0=++ ZdzYdyXdx Trong đó : xX 2 ω = ; yY 2 ω = ; gZ −= Thay vào phương trình vi phân ta được : 0 22 =−+ gdzydyxdx ωω Tích phân : Cgzyx =−+ 2222 2 1 2 1 ωω ( ) (*). 2 1 . 2 1 22 222 Czgr Czgyx =−⇔ =−+⇔ ω ω Vậy phương trình mặt đẳng áp là : C g r z += 2 22 ω Đối với mặt tự do cách đáy Z 0 = 500mm Tại mặt tự do của chất lỏng thì : x = y = 0 và z = z 0 thay vào (*) 0 .zgC −=⇒ Vậy phương trình mặt tự do sẽ là : 0 22 . 2 zg g r z −= ω hay 0 22 2 z g r z += ω b) Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm : Phương trình phân bố áp suất : )( ZdzYdyXdxdp ++= ρ Trong đó : xX 2 ω = ; yY 2 ω = ; gZ −= Thay vào ta được : ( ) gdzydyxdxdp −+= 22 ωωρ Tích phân : Cgzyxp +       −+= 2222 2 1 2 1 ωωρ ( ) (**). 2 1 . 2 1 22 222 Czgrp Czgyxp +       −=⇔ +       −+=⇔ ωρ ωρ Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y = 0 và z = z 0 a pp =⇒ Thay vào (**) a pzgC +−=⇒ 0 ρ (**) 2 2 1 22 0 22 r hpzgpzgrp aa ω ργρρωρ ++⇔++−=⇔ Vì      = += −= g yxr zzh . 222 0 ργ Điểm trên thành bình cách đáy 100mm có : srad n mzzh m d ratp a /42,9 30 90.14,3 30 . ;4,0400100500 25,0 2 5,0 2 ;1 0 =====−=−= ==== π ω Áp suất tại điểm này sẽ là : atmN r hppp ad 068,0/6697 2 25,0.42,9 10004,0.9810 2 . 2 2222 ==+=+=−=⇔ ω ργ Bài 4: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P 0 , V 0 ) đến trạng thái 2 (P 0 /2, 2V 0 ) 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. Giải 1 2 P V P P / 2 V 2 V 0 0 0 0 - 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 = V 0 thì P = P 0 nên: 0 0 P = αV + β (1) - Khi V = 2V 0 thì P = P 0 /2 nên: 0 0 P /2 = 2αV + β (2) - Từ (1) và (2) ta có: 0 0 α = - P / 2V ; 0 β = 3P / 2 - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : 0 0 0 3P P P = - V 2 2V (**) - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT (***) - Từ (**) và (***) ta có : 2 0 0 0 3V 2V T = P - P R RP - T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol + khi P = P 0 và P = P 0 /2 thì T = T 1 =T 2 = 0 0 P V R ; + khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P 0 /2 . - Ta có : 0 0 (P) 0 3V 4V T = - P R RP ′ ⇒ (P) T = 0 ′ ⇔ 0 3P P = 4 ; cho nên khi 0 3P P = 4 thì nhiệt độ chất khí là T = T max = 0 0 9V P 8R - Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : 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 = T 1 (2- bV)bV (với b là một hằng số dương vµ thÓ tÝch V 2 >V 1 ). Qúa trình 2 - 3 cã ¸p suÊt kh«ng ®æi. Qúa trình 3 - 1 biÓu diễn bởi phương trình : T= T 1 b 2 V 2 . Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 là: T 1 và 0,75T 1. Hãy tính công mà khối khí thực hiện trong chu trình đó theo T 1 . 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 (PV) + Quá trình biến đổi từ 1-2: Tõ T=PV/R và T = T 1 (2- bV)bV => P= - Rb 2 T 1 V+2RbT 1 + Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp P 2 = P 3 + Quá trình biến đổi từ 3-1 Tõ T=PV/R và T = T 1 b 2 V 2 => P= Rb 2 T 1 V +Thay T=T 1 vào phương trình T = T 1 (2- bV)bV => V 1 = 1/b => P 1 = RbT 1 +Thay T 2 = 0,75T 1 vào phương trình T = T 1 (2- bV)bV => T P P / 2 0 P 0 3 P / 4 0 3 P / 2 0 0 1 2 9 V P / 8 R V P / R 0 0 0 0 L Hình 2 V 2 = 3/2b=1,5V 1 vµ V 2 =0,5V 1 (vì V 2 > V 1 nên loại nghiệm V 2 = 0,5V 1 ) + Thay V 2 = 1,5/b vào P= -Rb 2 T 1 V + 2RbT 1 => P 2 = P 3 = 0,5RbT 1 =0,5P 1 => V 3 = 0,5V 1 =1/2b . +Ta có công A = 0,5(P 1 - P 2 ).(V 2 -V 3 ) = 0,25RT 1 Bài 6: 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 (hình 2). 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 T 2 ? Giải Kí hiệu 1 P và 2 P là các áp suất ứng với nhiệt độ 1 T và 2 T ; l ∆ là độ co ban đầu của lò xo, áp dụng điều kiện cân bằng của piston ta luôn có: Splk 1 . =∆ ; SpLlk 2 ).( =+∆ => SppLk )(. 12 −= ; (1) ; 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 luôn có: => )( 1212 TT V R PP −=− (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình      −= −=− SPPkL TT V R PP )( )( 12 1212 Như vậy khí thoát ra ngoài khi nhiệt độ của khí lên đến: RS kLV TT += 12 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 P-T như hình 1. Cho P 0 = 10 5 Pa; T 0 = 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 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: V 1 = V 4 . Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: ; => ; . => ; . P T 0 T 0 2P 0 1 2 3 4 2T 0 P 0 Hỡnh 1 1 1 1 m P V RT= µ , suy ra: 1 1 1 RTm V P = µ Thay số: m = 1g; µ = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T 1 = 300K và P 1 = 2.10 5 Pa ta được: 3 3 1 5 1 8,31.300 3,12.10 4 2.10 V m − = = 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: c) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V 2 = 2V 1 = 6,24.10 – 3 m 3 ; V 3 = 2V 2 = 12,48.10 – 3 m 3 . Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: 5 3 3 2 12 1 2 1 ( ) 2.10 (6,24.10 3,12.10 ) 6,24.10A p V V J − − = − = − = 5 3 2 3 23 2 2 2 ln 2.10 .6,24.10 ln2 8,65.10 V A p V J V − = = = 5 3 3 2 34 3 4 3 ( ) 10 (3,12.10 12,48.10 ) 9,36.10A p V V J − − = − = − = − 41 0A = 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 P(10 5 P a) Hình a V(l) 0 3,12 2 1 2 3 4 12,4 8 1 6,24 V(l) Hình b T(K ) 0 3,12 1 2 3 4 12,4 8 6,24 300 600150 - 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 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 đầu K đóng. Trong xi lanh 1, dưới pit-tông khối lượng M, chứa một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử có khối lượng mol µ, nhiệt độ T 0 . Trong xi lanh 2 có pit-tông khối lượng m = M/2 và không chứa khí. Phần 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, 1 2 K Hình 1 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: H 0 – 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 nguyên lí thứ nhất nhiệt động lực học có: 0 0 0 3 ( ) ( ) 2 2 g R T T MgH mgH H H νµ ν − = − + − Trước khi K mở, ở xi lanh 1: 0 0 0 ; Mg P V H S S = =  MgH 0 = νRT 0  0 0 gH RT M ν = Sau khi K mở và khí đã cân bằng, ở xi lanh 2: gH RT m ν = Vậy: 0 0 0 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 R T T R T T RT RT M m νµ ν ν ν ν − = − + − Hay: 0 0 1 5 0,98 2 1 5 M T T T M νµ νµ + = = + 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 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. 3 ( ) ( ) 2 2 RT RT kx l l x x ν ν − = − − + 1 1 3 2 2 RT k l l x x x ν    ÷ ⇒ = −  ÷  ÷ + −   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: 2 3 2 2 2 kx vR T= ∆ Vậy: 2 1 1 2 2 3 6 6 3 ( 2 )(3 2 ) 2 2 kx x x l x T T T l l R l x l x x x ν    ÷ − ∆ = = − =  ÷ + −  ÷ + −   Hình 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 có khối lượng bằng nhau và bằng M có thể chuyển động không ma sát trong xilanh (Hình 4). Lúc đầu hai pittông đứng yên, nhiệt độ của khí trong xilanh là T o . Truyền cho hai pittông các vận tốc v 1 , v 2 cùng chiều (v 1 =3v o , v 2 =v o ). 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 F 1 ngược chiều v 1 nên pittông (1) chuyển động chậm dần đều. - Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F 2 cùng chiều v 2 nên pittông (2) chuyển động nhanh dần đều. - Trong quá trình hai pittông chuyển động, khối khí nhốt trong xi lanh chuyển động theo. - Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông (1) đối với pittông (2) là: 2112 vvv −= → pittông (1) chuyển động về phía pittông (2) chậm dần rồi dừng lại lúc t o , sau đó t>t o 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 t<t o : khí bị nén, G chuyển động về phía pittông (2). - Lúc t>t o : khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). Vậy ở nhiệt độ t o thì v G =0 → cả hai pittông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v. - Định luật bảo toàn động lượng ta có: M3v o +Mv o =(2M+m)v→ v=4Mv o /(2M+m). - Động năng của hệ lúc đầu: W đ1 = 22 2 2 1 5)( 2 1 o MvvvM =+ . - Động năng của hệ lúc ở t o là: W đ2 = 2 )2( 2 1 vmM + . → Độ biến thiên động năng: ∆W=W đ2 -W đ1 = mM mMMv o + + 2 )52( 2 . - Nội năng của khí: )( 2 3 2 3 2 3 2 max o TTnRTnRUnRTnRT i U −=∆=∆→== . - Vì ∆U=∆W nên mM mMMv R TT o o + + += 2 )52( 3 2 2 max (do n=1) Bài 12. 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 P-T như hình 1. Cho P 0 = 10 5 Pa; T 0 = 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 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: M M m V 1 V 2 Hình 4 M M m V 1 F 2 (1) (2) V 2 F 1 P T 0 T 0 2P 0 1 2 3 4 2T 0 P 0 Hình 1 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: V 1 = V 4 . Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: 1 1 1 m P V RT= µ , suy ra: 1 1 1 RTm V P = µ Thay số: m = 1g; µ = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T 1 = 300K và P 1 = 2.10 5 Pa ta được: 3 3 1 5 1 8,31.300 3,12.10 4 2.10 V m − = = 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: c) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V 2 = 2V 1 = 6,24.10 – 3 m 3 ; V 3 = 2V 2 = 12,48.10 – 3 m 3 . Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: 5 3 3 2 12 1 2 1 ( ) 2.10 (6,24.10 3,12.10 ) 6,24.10A p V V J − − = − = − = 5 3 2 3 23 2 2 2 ln 2.10 .6,24.10 ln2 8,65.10 V A p V J V − = = = 5 3 3 2 34 3 4 3 ( ) 10 (3,12.10 12,48.10 ) 9,36.10A p V V J − − = − = − = − 41 0A = vì đây là quá trình đẳng áp. 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: P(10 5 P a) Hình a V(l) 0 3,12 2 1 2 3 4 12,4 8 1 6,24 V(l) Hình b T(K ) 0 3,12 1 2 3 4 12,4 8 6,24 300 600150 [...]... 1 + V  Theo điều kiện của bài toán: P = 2P0, đặt Ta có phương trình: 4 4      + 4V0   V      x= V0 V  1   1  2=  + 4x ⇔ 2 − 4x =   1+ x  1+ x  4 4 (0,5đ)  1   như hình vẽ Dựng đồ thò của các hàm: y = 2 - 4x và y =   1+ x  V0 ≈ 0,44 V Từ giao điểm của hai đồ thò ta tìm được x ≈ 0,44 nghóa là y 1  1  y=   1+ x  0,1 0 0,44 • 0,5 4 0,8 x Bài 16 Trªn gi¶n ®å pV ®èi víi... ®Õn (3) lµ qu¸ tr×nh gi·n ®¼ng ¸p nªn ta cã: V1=V3 vµ: V3 V2 V V = ⇒ T3 = 3 T2 = 1 T2 T3 T2 V2 V2 KÕt hỵp (a) vµ (b) ta cã:T3= p2 T =2.300=6000K p1 2 p V 2 3 V1=V3 p2=2p1 p1 1 0 V1=V3 1 3 2 T 0 T1=T2 Bài 15: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác đònh Khi hút khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm p suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P 0 Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí... phần khí là khơng đổi: V1 V1+V2 = V1’+V2’ V1' 1 V1 ' ' = V1 + = V1 + nV1 ⇒ V1 n n P2' 1 2n − 1 Thay vào (3) ta được: ' = 1 + (n − 1) = P1 n n T2 P2' = n ' = 2n − 1 = 3 Thay vào (1) ta có kết quả: T1 P1 Bài 14: Mét lỵng khÝ lý tëng ë 270C ®ỵc biÕn ®ỉi qua 2 giai ®o¹n: NÐn ®¼ng nhiƯt ®Õn ¸p st gÊp ®«i, sau ®ã cho gi·n në ®¼ng ¸p vỊ thĨ tÝch ban ®Çu 1)BiĨu diƠn qu¸ tr×nh trong hƯ to¹ ®é p-V vµ V-T 2)T×m... thiÕt), ta cã: T3 T4 T1 = = V3 V4 V2 (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: T3 V2 T3 V3 = vµ T = V T1 V1 1 2 Nh©n hai ph¬ng tr×nh trªn víi nhau, ta ®ỵc: 2  T3  V   = 3 =α T  V  1 1 T3 Tõ ®ã suy ra: T = α 1 Bài 17: Trªn h×nh vÏ cho chu tr×nh thùc hiƯn bëi n mol khÝ lý tëng, gåm mét qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p vµ hai qu¸ tr×nh cã ¸p st p phơ thc tun tÝnh vµo thĨ tÝch V Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2, khÝ thùc hiƯn mét... V2 MỈt kh¸c, còng tõ ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ta cã: V3 = nRT1 A 4A = vµ V2 == 3 p p3 3 p3 1 Tõ ®©y suy ra: p3 p = 1 p1 4 p3 p3 1 hay p = 2 1 VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiƯn trong chu tr×nh lµ: Act = A 4 Bài 15:.Mét mol khÝ hªli thùc hiƯn mét chu tr×nh nh h×nh vÏ gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®o¹n nhiƯt 1-2, ®¼ng ¸p 2-3 vµ ®¼ng tÝch 3-1 Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiƯt hiƯu nhiƯt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiĨu cđa khÝ lµ ∆T BiÕt... cđa khÝ lµ do nhiƯt lỵng mµ khÝ nhËn ®ỵc: Q3−1 = CV (T1 − T3 ) = CV [ ( T1 − T2 ) + ( T2 − T3 ) ] 2Q = CV (∆T + ) 5R VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiƯn sau mét chu tr×nh lµ: A = Q3−1 − Q = 3 2 R∆T − Q 2 5 Bài 18: Mét khèi khÝ hªli ë trong mét xilanh cã pitt«ng di chun ®ỵc Ngêi ta ®èt nãng khèi khÝ nµy trong ®iỊu kiƯn ¸p st kh«ng ®ỉi, ®a khÝ tõ tr¹ng th¸i 1 tíi tr¹ng th¸i 2 C«ng mµ khÝ thùc hiƯn trong qu¸... khèi khÝ b»ng c«ng mµ khèi khÝ nhËn ®ỵc: A3−1 = 3 nR (T1 − T3 ) 2 (3) Tõ (1) vµ (2) suy ra: T1 − T3 = 2 A2−3 − A1−2 nR Thay biĨu thøc trªn vµo (3), ta ®ỵc: 3 3 A3−1 = nR (T1 − T3 ) = (2 A2−3 − A1−2 ) 2 2 Bài 19: Cho mét m¸y nhiƯt ho¹t ®éng theo chu tr×nh gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®¼ng nhiƯt 1-2, ®¼ng tÝch 2-3 vµ ®o¹n nhiƯt 3-1 (xem h×nh vÏ) HiƯu st cđa m¸y nhiƯt nµy lµ η vµ hiƯu nhiƯt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiĨu cđa... kh¸c, trong qu¸ tr×nh 2-3, nhiƯt lỵng 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 hiƯu st, ta ®ỵc: η = 1− 3nR∆T 2A Suy ra: A = 3nR∆T 2(1 − η ) Bài 20: Cho hiƯu st cđa chu tr×nh 1-2-4-1 b»ng η1 vµ cđa chu tr×nh 2-3-4-2 b»ng η2 (xem h×nh vÏ) H·y x¸c ®Þnh hiƯu st cđa 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... = A2 (1 − η1 )(Q1 + Q3 ) A1 + A2 HiƯu st cđa chu tr×nh 1-2-3-4-1 b»ng:η 3 = Q + Q 1 3 Rót A1 vµ A2 tõ c¸c biĨu thøc cđa η1 vµ η 2 , råi thay vµo biĨu thøc trªn, ta ®ỵc: η 3 = η1 + η 2 − η1η 2 Bµi tËp Bài1 Chu tr×nh thùc hiƯn bëi n mol khÝ lý tëng gåm hai qu¸ tr×nh trong ®ã ¸p st p phơ thc tun tÝnh vµo thĨ tÝch V vµ mét qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch (xem h×nh vÏ) Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 12, ngêi ta trun cho... t¨ng 4 lÇn NhiƯt ®é t¹i c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 3 b»ng nhau C¸c ®iĨm 1 vµ 3 n»m trªn ®êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é H·y x¸c ®Þnh nhiƯt ®é cđa khÝ ë tr¹ng th¸i 1 vµ c«ng mµ khÝ thùc hiƯn trong chu tr×nh trªn Bài 2 Mét khèi khÝ hªli ë trong mét xilanh díi mét pitt«ng di chun ®ỵc Ngêi ta nÐn khÝ theo qu¸ tr×nh ®o¹n nhiƯt ®a nã tõ tr¹ng th¸i 1 tíi tr¹ng th¸i 2 (xem h×nh vÏ) Trong qu¸ tr×nh ®ã, khèi khÝ nhËn mét . BÀI TẬP NHIỆT HỌC Bài 1: Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước. a) Xác định độ chênh mực. quá trình đoạn nhiệt 1-2, T 1 là nhiệt độ cực đại, T 2 là nhiệt độ cực tiểu, bởi vậy có thể viết: TTT = 21 Trong quá trình đẳng áp 2-3, áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học, ta có: )()( 23223 VVpTTCQ V += . AATTnRA Baứi 19: Cho một máy nhiệt hoạt động theo chu trình gồm các quá trình: đẳng nhiệt 1-2, đẳng tích 2-3 và đoạn nhiệt 3-1 (xem hình vẽ). Hiệu suất của máy nhiệt này là và hiệu nhiệt độ cực đại