Microsoft word CHUYÃ−N ä’ổ 12 cæ€ sỞ cỦa NHIểT ĒởNG lá»°c hỄc

Microsoft Word CHUYÃ−N Ēổ 12 CÆ€ SỞ CỦA NHIểT ĒởNG Lá»°C HỄC doc 2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 12 CƠ SỞ CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 1 NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘC LỰC HỌC 39 Người ta nhúng[.]

2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 12 CƠ SỞ CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘC LỰC HỌC 39 Người ta nhúng dây đun mayso vào bình nước Biết cơng suất tỏa nhiệt p dây đun nhiệt độ mơi trường ngồi khơng đổi, nhiệt lượng nước truyền mơi trường ngồi tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình mơi trường Nhiệt độ nước bình thời điểm X ghi bảng đây: x (phút) T (°C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 Hãy dùng cách tính gần xử lý số liệu để trả lời câu hỏi sau a) Nếu đun tiếp nước có sơi khơng? Nếu khơng sơi nhiệt độ cực đại nước bao nhiêu? b) Nếu nhiệt độ nước 60°C rút dây đun Hỏi nước nguội độ sau thời gian phút? phút? (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015) Bài giải a) Nhiệt độ cực đại nước Gọi nhiệt độ nước tăng thêm thời gian phút ∆T0, gọi T nhiệt độ nước sau phút, T0 nhiệt độ môi trường, ∆T0 hàm T Gọi ∆x khoảng thời gian đun nước, nhiệt lượng nước truyền mơi trường ngồi tỉ lệ bậc với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình mơi trường nên ta có: Px  k (T  T0 )  cT (c nhiệt dung riêng nước, k hệ số tỉ lệ dương) - Theo bảng, chọn x  phút Ta có:  P.x  kT0  kT T    a  bT  c   c - Mặt khác, từ bảng số liệu đề cho ta có thêm bảng chứa ∆T0 sau: x(phút) T(°C) ∆T0 20 26,3 6,3 31,9 5,6 36,8 4,9 41,1 4,3 44,7 3,6 - Từ bảng ta vẽ đồ thị hình bên 6,3  a  26,3b  a  9; b  0,1 - Từ đồ thị giải hệ, ta được:  5,  a  31,9b - Ta thấy T  Tmax T  Tmax  a   90C nên nước sôi dù đun b 0,1 Vậy: Nước khơng thể sơi nhiệt độ cực đại nước đun Tmax  90C b) Nhiệt độ nước nguội sau thời gian phút, phút - Khi rút dây đun, công suất bếp cung cấp cho nước P = sau phút nước nguội đi:  kT  kT T      bT0  bT  b(T0  T )  0,1.(20  60)  4C  C  C - Ở phút thứ nước nguội đi: T  bT0  bT  b(T0  T )  0,1.(20  56)  3, 6C Vậy: Sau phút nước nguội 4℃ sau phút nước nguội 7,6℃ 40 Một khối khí lí tưởng đơn nguyên tử thực chu trình biến đổi (1-2-3-4-1) hình vẽ, q trình (2-3) (4-1) có áp suất tỉ lệ với thể tích, q trình (1-2) (3-4) hai trình đẳng nhiệt Biết p2  kp1 a) Tính V3 với k = Tỉ số thay đổi k tăng? V1 b) Tính hiệu suất chu trình theo k (Trích đề thi Olimpic 30-4,2015) Bài giải a) Tính V3 với k = V1 - Quá trình đẳng nhiệt – 2: p2 V1  p1 V2 p V T T V  - Quá trình – 3:       p2 V2 T2 T1  V2  (1) (2) p V T T V  - Quá trình – :   k       k p1 V1 T1 T1  V1  (3) - Từ (2) (3), ta được: V4 V3  k V1 V2 - Từ (1) (4), ta được: V3  1(k ) nên tỉ số không thay đổi k tăng V1 Vậy : Tỉ số (4) V3  (với k = 2) tỉ số không thay đổi k tăng V1 b) Hiệu suất chu trình theo k - Quá trình – (đẳng nhiệt): U12  0;Q12  A12  nRT1 ln - Quá trình – 3: A23  U 23  V2 0 V1 ( p3  p2 )(V3  V2 ) nR nR  (T3  T2 )  (T3  T1 ) 2 3nR 3nR (T3  T2 )  (T3  T1 );Q23  2nR(T3  T1 )  2 - Quá trình – (đẳng nhiệt): p4 V3 V  ;  U34  0;Q34  A34  nRT3 ln  p3 V4 V3 - Quá trình – 1: A41  U 41  ( p4  p1 )(V1  V4 ) nR nR  (T1  T4 )  (T1  T3 ) 2 3nR 3nR (T1  T4 )  (T1  T3 ); Q41  2nR(T1  T3 )  2 - Từ (2) (4), ta được: T3  k 2T1 - Hiệu suất chu trình: H  1 Qtoa Qthu V2  2nR(T1  T3 ) ln  2(1  k ) V1 k  1  1 V k ln k  2(k  1) nRT3 ln  2nR(T3  T1 ) V3 nRT1 ln ln  2(1  k ) k Vậy: Hiệu suất chu trình H   k ln k  2(k  1) 41 Một khối khí lí tưởng có khối lượng m, khối lượng mol μ, số đoạn nhiệt γ nhiệt dung mol đẳng tích Cv Khối khí thực chu trình 1-2-3-4-1 hình vẽ Chu trình gồm hai q trình đẳng tích 1-2; 3-4 hai trình đẳng áp 2-3; 4-1 Nhiệt độ tuyệt đối tăng n lần (n > 1) trình đốt nóng đẳng tích dãn nở đẳng áp a) Quá trình hệ nhận nhiệt, truyền nhiệt bên ngồi? Tìm nhiệt lượng hệ nhận truyền bên ngồi q trình theo n, γ, Cv, T1, m, μ b) Tìm hiệu suất chu trình Áp dụng số với n = biết khí khí lí tưởng đơn nguyên tử (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2014) Bài giải a) Nhiệt lượng hệ nhận truyền bên ngồi q trình - Q trình đẳng tích - 2: Đây q trình đốt nóng đẳng tích p2 T2   n  T2  nT1  T1 : hệ nhận nhiệt p1 T1 - Q trình đẳng tích - 3: Đây trình dãn nở đẳng áp V3 T3   n   T3  nT2  n 2T1  T2 : hệ nhận nhiệt V2 T2 - Q trình đẳng tích – 4: p3 T3 p2    n   T3  nT4 p4 T4 p1  T4  nT1  T3 : hệ truyền nhiệt bên - Quá trình đẳng áp – 1: Ta có: T4  T2  nT1  T1 : hệ truyền nhiệt bên - Nhiệt lượng hệ nhận trình – 2: Q12  m  Cv T  m  Cv (T2  T1 )  m  Cv (n T1  T1 )  m  - Nhiệt lượng hệ nhận trình – 3: Q23  m  C p T  m   Cv (T3  T2 )  m   Cv (n T2  T2 ) CvT1 (n  1)  Q23  m   Cv (n 2T1  nT1 )  m   CvT1 (n  1) - Nhiệt lượng hệ truyền trình – 4: Q34  m  Cv T  m  Cv (T4  T3 )  m  Cv (n T1  n2T1 )  m  Cv nT1 (1  n)  - Nhiệt lượng hệ truyền trình – 1: Q41  m  C p T  m   Cv (T1  T4 )  m   Cv T1 (1  n)  Vậy: Nhiệt lượng hệ nhận truyền bên ngồi q trình b) Hiệu suất chu trình Ta có: H   Q34  Q41 Q12  Q23 n  15, 4%  1  1  n  2 Vậy: Hiệu suất chu trình H = 15,4% 42 Một xi lanh tiết diện S đặt dựng đứng chứa chất khí đơn nguyên tử Trong xi lanh có hai pittơng pittơng có khối lượng m hình vẽ Khoảng cách đáy xilanh pitơng phía H, cịn khoảng cách hai pittơng 3H Thành xilanh pittơng phía khơng dẫn nhiệt Pittơng phía dẫn nhiệt bỏ qua nhiệt dung Mỗi pittơng di chuyển khoảng sau cấp từ từ cho khí nhiệt lượng Q? Áp suất bên ngồi khơng đổi po, gia tốc rơi tự g Bỏ qua ma sát (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015) Bài giải - Áp suất hai ngàn xilanh không đổi tương ứng ngăn ngăn là: p1  p0  mg mg 2mg ; p2  p1   p0  S S S (1) - Nhiệt độ hai phần Theo phương trình Clapêrơn - Menđêlêép, ta có: p1V1  n1 RT ; p2 V2  n2 RT Với n1  p1 3HS p HS ; n2  RT0 RT0 (2) (3) - Thay (3) vào (2), ta được: V1  3HS T  3V2 T0 (4) - Độ dịch chuyển pittông tương ứng là: x2  V2 V  V2 ; x1   x2 S S (5) Theo nguyên lý Nhiệt động lực học, ta có: Q  U  A; U  (n1  n2 ) RT 3  U  (p1 V1  p2 V2 )  (4 p0 S  5mg ) x2 2 - Cơng khối khí sinh ra: A '  p1V1  p2 V2  p0 Sx2  5mgx2 5 Do đó: Q  (3p0 Sx2  4mgx2 )  (3 p0 S  4mg ) x2 2  x2  2Q 8Q ; x1  x2  20 p0 S  25mg 20 p0 S  25mg Vậy: Độ dịch chuyển hai pittông là: x2  2Q 8Q ; x1  20 p0 S  25mg 20 p0 S  25mg 43 Chu trình Đi-ê-zen Chu trình biểu diễn đồ thị p-V hình vẽ: 1- 2: nén đoạn nhiệt khơng khí - 3: nhận nhiệt đẳng áp (phun nhiên liệu vào xilanh, nhiên liệu cháy) 3- 4: dãn đoạn nhiệt - 1: (thực 4-5-6-1) thải khí nạp khí mới, coi nhả nhiệt  V1 gọi tỉ số nén (từ 12 đến 20); V2  V3  hệ số nổ sớm V2 Tính hiệu suất H chu trình theo ε, ρ theo số đoạn nhiệt khí (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015) Bài giải Xét mol khí - Quá trình đẳng áp – 3: T  Q1  C p (T3  T2 )  C pT2   1 (1)  T2  - Quá trình đoạn nhiệt – 2:  1  1 TV 1  1  T2V2 V   T2  T1    V2  - Quá trình đẳng áp – 3:  T1  1 T3 V3   T2 V2 - Thay vào (1), ta được: Q1  C pT1  1 (   1) (2) - Q trình đẳng tính – 1: T  Q2'  Cv (T4  T1 )  Cv T1   1  T1  (3) - Quá trình đoạn nhiệt – – 2: T4V4 1  T3V3 1 ;T1 V1 1  T2V2 1 T4V4 1  T3V3 1 ; T1 V1 1  T2V2 1 T T V  - Chia hai vế phương trình cho nhau, ta được:    T1 T2  V2  - Thay vào (3), ta được: Q2'  Cv T1 (    1) - Hiệu suất chu trình: H   1   (4) A ' Q1  Q2' Q'   1       1 Q1 Q1 Q1  (   1) Vì hiệu suất phụ thuộc vào ε ρ nên, hiệu suất táng tăng ε giảm ρ Ghi : Chu trình Ơt-tơ dùng cho động đốt có bugi, cuối q trình nén - bugi đánh lửa tạo nên cháy nổ, tỉ số nén ε không cần lớn (khoảng - 9) Chu trình Đi-ê-zen dùng cho động Đi-êzen khơng có bugi, cuối q trình nén - nhiên liệu tự cháy, cần có nhiệt độ cao, tỉ số nén ε cần lớn (khoảng 12 - 20) để tạo nhiệt độ đủ cao cho tự cháy nhiên liệu 44 Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử từ trạng thái ban đầu với nhiệt độ T1 = 100K dãn qua tuabin vào chân khơng Khí sinh cơng chuyến khơng thuận nghịch sang trạng thái tích V2 = 3V1, q trình khí khơng nhận nhiệt từ bên ngồi Sau khí bị nén theo trình thuận nghịch mà áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể tích đến trạng thái với V3 = V1 T3 = T2 (T2 nhiệt độ khí trạng thái 2) Tiếp theo khí biến đổi đẳng tích trạng thái ban đầu (hình vẽ) Tính cơng mà chất khí sinh dãn qua tuabin chuyển từ trạng thái sang trạng thái Biết trình – – tổng đại số nhiệt lượng mà khí nhận Q = 72J (Q = nhiệt nhận – nhiệt tỏa ra) Bài giải - Quá trình – (đoạn nhiệt): Q12  0; A12'  U  Cv (T1  T2 ) '  (p2  p3 )(V3  V2 ) - Quá trình – 3: U 23   Q23  A23 1 4  Q23  (p  3p2 )( V2  V2 )   p2V2   RT2 3 - Quá trình – (đẳng tích): A31  Và Q31  U 31  Cv (T1  T3 )  Cv (T1  T2 )  A12' - Theo đề: Q23  Q31  Q  72 J   RT2  Cv (T1  T2 )  Q - Cộng RT1 vào hai vế phương trình trên, ta được: Q  RT1 4   R  CV  (T1  T2 )  Q  RT1  T1  T2  3  R  CV - Thay vào biểu thức tính A12' , ta được: 4 Q  RT1 Q  RT1 3 A12'  Cv  R 4 R  Cv R R 3 72  8,31.100 3  A12'  8,31  625J 8,31  8,31 Vậy: Công mà chất khí sinh dãn qua tuabin chuyển từ trạng thái sang trạng thái A12'  625 J 45 Cho n mol khí lí tưởng biến đối trạng thái biểu diễn hình vẽ Các trình biến đổi từ trạng thái sang trạng thái từ trạng thái sang trạng thái biểu thị đoạn thẳng Quá trình biến đổi từ trạng thái sang trạng thái biểu thị biểu thức: T  T1 (3  bV )bV Trong T1 nhiệt độ ban đầu biết, b số chưa biết Tìm cơng thức khối khí thực chu trình? Bài giải - Từ phương trình: T  T  (3  bV )bV   pV  nRT  p T1 T (3  bV )bnR  T1bnR  b nRV 2 Ta thấy: p hàm bậc V với hệ số a < nên đồ thị biểu diễn hệ trục (p, V) có dạng đoạn thẳng - (hình vẽ) - Từ phương trình trạng thái ứng với đẳng trình, ta được: T2  2T1 ,V2  2V1 , p2  p1 T3  T1 , V3  V2  V1 , p3  p1 Từ đó: A12  p1V  p1 (V1  V2 )  nR(T1  T2 )  nRT1  : khí sinh cơng; A23  A31  ( p1  p3 )(V2  V1 )  nRT1  : khí nhận cơng - Chuyển sang hệ tọa độ (p, V): hình vẽ Vậy: Cơng khí thực chu trình là: A  A12  A23  A31  nRT1  nRT1   nRT1 4 46 Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực chu trình có sơ đồ hình vẽ Cho V3  3V1  3V0 ; p2  p1  p0 a) Tính theo (po, Vo) Tmax Tmin chu trình Từ tính hiệu suất cực đại chu trình b) Tính theo (po, Vo) cơng mà khí thực chu trình Từ tính hiệu suất chu trình Bài giải a) Tính Tmax Tmin H max chu trình Ta có: Tmin  T0  T1  p0V0 R  p  aV  p3  p1  p0 - Quá trình – 1:  V3  3V1  3V0  p  aV  b  p0  15  - Quá trình – 3: 6 p0  aV0  b  p    V  p0  V0  3 p  a.3V  b 0  Mà: pV  RT  p  RT p 15   V  p0 V V0  p0  15 p0  T   V  f (V ) V  R  RV0  - Đồ thị T = f(V) có dạng parabol lồi, có đỉnh Tmax V   Và T  Tmax   b 15  V0 2a  75 p0V0   TC 4a R - Hiệu suất cực đại: H max 75 p0V0 p0V0  Tmax  Tmin R R 100%  89%  100%  p V 75 0 Tmax R Vậy: Tmin  p0V0 75 p0V0 ; Tmax  H max  89% R R b) Cơng mà khí thực hiệu suất chu trình - Cơng mà khí thực chu trình: 1 A  S123  ( p2  p1 )(V3  V1 )  (6 p1  p1 )(3V1  V1 )  p0V0 2 - Hiệu suất chu trình: Ta có: + Qnhan  Q12  Q2 C (vì hai trình nhiệt độ tăng) + Q12  U12 (đẳng tích)  Q12  Cv (T2  T1 )   p0V0 p0V0  15 R6    p0V0  R R  + Q23  U 23  A23 , với: U 23  pV 3 75 p V 81 R(T3  T2 )  R( 0  0 )  p0V0 2 R R 16 1 15 117 A23  Shthang  ( p3  p2 )(V3  V1 )  ( p0  p0 )( V0  V0 )  p0V0 2 16 15 81 117 159  Qnhan  Q12  U 2C  A2C  (   ) p0V0  p0V0 16 16 ... trình: 1 A  S123  ( p2  p1 )(V3  V1 )  (6 p1  p1 )(3V1  V1 )  p0V0 2 - Hiệu suất chu trình: Ta có: + Qnhan  Q12  Q2 C (vì hai trình nhiệt độ tăng) + Q12  U12 (đẳng tích)  Q12  Cv (T2... RT1  T1  T2  3  R  CV - Thay vào biểu thức tính A12'' , ta được: 4 Q  RT1 Q  RT1 3 A12''  Cv  R 4 R  Cv R R 3 72  8,31.100 3  A12''  8,31  625J 8,31  8,31 Vậy: Cơng mà chất khí sinh... số không thay đổi k tăng V1 b) Hiệu suất chu trình theo k - Quá trình – (đẳng nhiệt): U12  0;Q12  A12  nRT1 ln - Quá trình – 3: A23  U 23  V2 0 V1 ( p3  p2 )(V3  V2 ) nR nR  (T3 