Giáo trình vật lý phân tử và nhiệt học phần 2

55 PhÇn ii Bµi tËp n©ng cao bµi sè 1 Mét èng thuû tinh, tiÕt diÖn nhá vµ ®Òu chiÒu dµi 2L (mm) ®Æt th¼ng ®øng, ®¸y ë phÝa d­íi Nöa d­íi cña èng chøa khÝ ë nhiÖt ®é T0, cßn nöa trªn chøa ®Çy thuû ng©n[.]

Phần ii Bài tập nâng cao số Một ống thuỷ tinh, tiết diện nhỏ chiều dài 2L (mm) đặt thẳng đứng, L Thuỷ ngân đáy phÝa d­íi Nưa d­íi cđa èng chøa khÝ ë nhiƯt độ T0, nửa chứa đầy thuỷ ngân Phải làm nóng khí ống đến nhiệt độ thấp để tất thuỷ ngân bị đẩy khái èng BiÕt ¸p st khÝ qun b»ng L Khí L (mm) thuỷ ngân Bài giải: Gọi S tiÕt diƯn cđa èng ë nhiƯt ®é T0 khÝ nưa d­íi cđa èng cã ¸p st p0 = L + L = 2Lmm thuỷ ngân tích V0 = LS nhiệt độ T mặt ngăn cách khí ống thuỷ ngâng nâng lên đoạn x, ta giả thiết trạng thái cân bằng: 55 P = L - x + L = 2L - x (mm thuỷ ngân), V = (L + x)S áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ống: T 9T0/8 L T0 x P0 P L LS T0 (L+x) S T pV pV Ta cã : 0  T0 Tz suy L/2 L x T pV (2 L  x)( L  x) x( L  x)    1 L2 T0 p0V0 LLS Ta hÃy xét mối liên hệ T x theo công thức mặt toán học Khi x biến thiên từ đến L T biến đổi từ T0 qua giá trị cực đại trị 9T0 ứng với hai giá trị x đối xứng với qua giá L L Giá trị nhỏ ứng với trạng thái cân bền (khi tăng T x tăng), giá trị x 2 lớn L ứng với cân không bền (tăng T cột thuỷ ngân bị đẩy hẳn ống) Bây xét trình vật lý làm nóng ống dẫn từ nhiệt độ T0 khí nửa ống Khi nhiệt độ tăng từ T0 x tăng từ 0, nhiệt độ tăng đến 9T0 L x = vị trí cân 28 đà trở thành không bền, cho T tăng thêm lượng cực nhỏ cột thủy ngân lại khị bị đẩy toàn ống Bài số 2: Một bình cã thĨ tÝch V nèi víi mét b¬m hót cã thể tích xylanh v áp suất khí p0 a) Sau lần bơm áp suất bình giảm từ p0 đến p? Bơm chậm để nhiệt độ không đổi b) Hỏi trên, với giả thiết pit - tông dịch sang đầu bên phải không tới đáy xy lanh mà lại thể tích v pit - tông đáy Tính áp suất nhỏ thực bình Bài giải: a) Sau lần bơm thứ ¸p suÊt lµ p1 = p0 V Sau n lần bơm áp suất là: V v 56 V  Pn  p0   V  v  thÓ tÝnh tØ sè ln n ln Pn V áp suất nói chung p, chØ cã  n ln P0 V v P V : ln P0 V v Nãi chung th× tØ sè số lẻ, ta lấy giá trị nguyên n n + gần số lẻ tính áp suất tương ứng gần với giá trị p pn pn b) Kết câu a) thay cho tØ sè V V  v lµ tØ sè V v V v Ngoài cần có giới hạn nhỏ pmin cho áp suất bình Bơm hút khí áp suất p thân bơm lúc pit- tông đầu trái thoả mÃn: pV > p0v v v VËy: pmin = p0 Bµi sè 3: KhÝ lÝ t­ëng cã khèi l­ỵng mol  träng trường g Tìm phụ thuộc áp suất p vào độ cao h, biết h = p = p0 Xét trường hợp sau đây: a- Nhiệt độ điểm T b- NhiƯt ®é T phơ thc ®é cao h: T = T0 (1 - ah), a lµ h»ng sè Bài giải: Gọi p áp suất nhiệt độ cao h, độ cao h + dh áp suất giảm lượng pgdh (p khối lượng riêng cđa khÝ) dp = - pgdh Gäi T lµ nhiƯt ®é ë ®é cao h, ta cã: p  a) Nếu T không đổi, ta có: dp p g RT LÊy tÝch ph©n hai vÕ: ln p   m p  V RT dh hay g RT dp g  dh p RT h  C hay p  Ke  g h RT Tõ ®iỊu kiƯn p = p0 h = ta cã thÓ tính K = p0 suy b) Nếu T = T0 (1 - ah) với h đặt: n  g aRT0 , a dp g dh g d (1  ah)   p RT0 (1  ah) aRT0  ah råi lÊy tÝch ph©n hai vÕ, ta cã: Hay lµ p = (1 - ah)n.K p  p0e lnp = n1n (1- ab)+ C BiÕt r»ng h = th× p = p0, ta suy K = p0 VËy: p = p0 (1 - ah)n 57  g h RT Bµi sè 4: Khí lí tưởng có khối lượng mol , ¸p suÊt p, gi÷a hai tÊm n»m ngang cã khèi lượng bao nhiêu? Biết thể tích hai V, nhiệt độ khí tăng tuyến tính từ T1 đến T2 Bài giải: Gọi S diện tích tấm, l khoảng cách hai tấm, ta có Sl = V XÐt mét líp khÝ n»m ngang, cã bỊ dµy dx cách đoạn x Lớp khí dV = Sdx nhiệt độ T = T1 + x (T2 - T1) XÐt mét líp khÝ n»m ngang, cã bỊ dày dx cách đoạn x Lớp l khí dV = Sdx nhiệt độ T = T1 + x (T2 - T1) l (vì nhiệt độ khí tăng tuyến tính từ trên) Khối lượng dm lớp khí tích theo phương trình trạng thái dm p p pdV RT dm = dV  Sdx  RT RT Khèi l­ỵng m khí hai tính cách lấy tích phân theo biến số x từ m   dm  ®Õn l BiÕt r»ng pV R(T2 dx x lT1 x T2  T1 T )  l  dx lT1  l T pV T   ln Ta cã: m   ln  x  ln l0 lT1 T2  T1  T1 R(T2  T1 ) T1  T2  T1  l Bµi sè 5: Một bình hình trụ nằm ngang chứa đầy khí lý tưởng Khoảng cách hai đáy bình l Ban đầu nhiệt độ khí đồng T0, áp suất khí p0 Sau người ta đưa nhiệt độ đáy lên thành T0 + (T trạng thái B: P1 = 105Pa, V1 = 20l 61 Trong hệ toạ độ P - V, giá trị biểu diễn hình vẽ 1) TÝnh T0, T1 ? 2) TÝnh c«ng khÝ sinh nhiện nhận 3) Xét biến thiên T suốt trình, với V T = Tmax= ? 4) Tính công mà khí sinh nhiệt mà khí nhận giai đoạn? Trong giai đoạn giảm T0 khí nhận hay nhả nhiệt? P Bài giải: 1) PT trạng thái: PV = nRT => T = T0  A PV nR P0 P0V 10 5.8 10    256 , nR ,31 (K) P1 B P1V1 105.20.103 T1    320,9 (K) nR 8,31 V0 V1 2) Công mà khí sinh ra: A S P0  P1  V1  V0   3.105.12.103 1800( J ) 2 Nhiệt nhận được: Q  A  U  A  => Q  A  3) Ta cã:  nR T1  T0 P1V1  P0V0   1800  400  2400( J ) 2 P  P0 V  V0  P1  P0 V1  V0 P  => P  P1  P0 V P  P  V  P0  V1V0 V1  V0 P1  P0 P V  PV V  1 V1  V0 V1  V0 (Pa) (P = - aV + b) PV = nRT => T PV nR  PV  108 => T  0,16    12 8, 31 V  62 32.105 12  V   (K) V => T  1337,1  100V  32.V  dT dV (*)  1337,1. 2000V  32   V  16.103 ( m3 ) = 16 (l) VËy: T = Tmax342,3 (K) V = V2 = 16 (l) P = P2 = 4) dQ = dA + dU = P.dV + = (K) nRdT 105 (Pa) ( nRdT = PdV + Vdp ) 5 (- aV + b) dV + V (-adV) = (- 4aV + b)dV 2 dV > V tăng nên dQ > - 4aV + 2b > (V  [V0; V1]) V  V ; V0  V < 5b 8a 8(l)  V  20 (l) –––––> KhÝ nhận nhiệt trình * Qúa trình - 3: nhiệt độ tăng từ T0> Tmax A1 = 1 4000 (P0 + P2) (V2- V0) = (2+ ).105 (16 - 8) 10-3 = (J) 2 U1= 3 nR (Tmax- T0 ) = 8,31(342,3 - 256,7) = 800 (J) 2 T => Q1 = 2133,6 (J) Tmax * Qúa trình 3- Nhiệt độ giảm từ Tmax –––> T1 : Q2 > T1 U2 < T0 Bµi sè 9: V0 V2 V1 V Mét píttông khối lượng m0 chạy không ma sát xi lanh có tiết diện S đặt không khí áp suất P0 thành bình pittông thấm nhiệt Xi lanh chứa không khí xem khí lý tưởng nhiệt độ T0 Khi cân pittông cách đáy khoảng h 1) Tính áp suất P1 khí sau pittông cân Cho = 2) Đặt lên pittông khối lượng m mg - P1  x S = (m + m0) x’’ h x S = (m + m0) h x’’ (1) Mµ: m pittông dao động nhỏ quanh O víi T  π m0h γ P0 S  (không cần thiết phải bỏ qua m) Ta có: (1)  γ P1 S h  mgh  x  γ P1 S  m gh §Ỉt X = x - (1)   P1 S  P1S h    m  m  x ' '    X ''  x ''   X  m  m0 X '' 64 m0g S γ P1 S m  m .h X’’ + 2 X = Víi  = ––> Chu kú dao ®éng cđa vËt: T = 2π  2π ω m  m .h γ P0 S  m g  + NghiƯm cđa pt trªn: X = A sin (t + ) => x = m gh P1 S + ĐK đầu: A sin (t + ) x0 = mgh + A sin  = γ.P1S v0 =  A cos  = VËy x = π mgh A= γ.P1S =>  =  mgh (1 - cos t) γ P1 S Bài số 10: Để cho hđ bơm nhằm bơm nước giếng , người ta ý định chế tạo máy bơm nước dùng nguồn nóng làm thu NLMT nguồn lạnh nước hút lên từ giếng Bộ thu phải nhận thông lượng Mặt Trời 1KW người ta chấp nhận nửa công suất đỗ chuyển cho nước 600C Hơi nước cân cung cung cấp suất học sau vào ngưng t0 200C Hệ tuần hoàn kín 1) Hiệu suất cực đại nhiệt động lực học bao nhiêu? Người ta đạt công suất học bao nhiêu? 2- Thực tế: Hiệu suất NĐ = 80% h/s cực đại h/s học bơm độ sâu giếng h = 20m Cho g = 9,8m/s2 3) Hỏi nhiệt độ nước bơm tăng lên bao nhiêu? cho biết nhiệt dung nước c = 4,18kJ/kg độ Bài giải: 1) Hmax T1  T2 40   0,12  12% T1 333 Amax = Hmax Q1 = 0,12 500 = 60(W) 2) H = 80% Hmax = 9,6% Ac¬ häc = 50% A = 0,5 H.Q1 = 24 (J) Ac¬ häc = m.g.h  m  A- Ac¬ häc = m.C t Ach 24   0,122( Kg ) g.h 9,8.20  t = 0,5.H Q1 gh   0,05( K ) m.C C * NhiƯt l­ỵng Q2 ngn cung cấp làm cho nước tăng t0: Q2 = Q1 - A = mC t  t = 0,9k 65 Bài số 11: Trong bình kín B có chứa hỗn hợp khí ôxi hêli Khí bình thông với môi trường bên ống có khoá K ống hình chữ U hai đầu để hở, có chứa thuỷ ngân (áp kế thuỷ ngân hình vẽ) Thể tích khí ống chữ U nhỏ không đáng kể so với thể tích bình Khối khí bình cân nhiệt với môi trường bên áp suất cao nên chênh lệch mức thuỷ ngân hai nhánh chữ U h = 6,2 cm Người ta mở khoá K cho khí bình thông với bên đóng lại Sau thời gian đủ dài để hệ cân nhiệt trở lại với môi trường bên thấy độ chênh lệch mức thuỷ ngân hai nhánh h '  2, 2cm Cho O = 16; He = HÃy xác định tỷ số khối lượng ôxi hêli có bình Tính nhiệt lượng mà khí bình nhận trình nói Biết số mol khí lại bình sau mở khoá K n = 1; áp suất nhiệt độ môi trường p0  105 N / m ; T0  300 K , khối lượng riêng thuỷ ngân  13, g / cm3 ; gia tèc träng trường g 10m / s Bài giải: 1) Lóc ch­a më kho¸ K, khÝ cã ¸p st p1  p  gh Khi më kho¸ K, khí giÃn nở đoạn nhiệt có áp suất p : 1  T0 p1  1   T1 p  , suy 1 T1  p1  T0  p     1 (1   ) gh  p0 (1) Khi đóng khoá, trình đẳng tích Khi cân b»ng khÝ cã ¸p suÊt p  p gh2 nhiệt độ T1 Ta có: gh2  T1 p p0  (2)    1  T0 p p0  gh2  p So sánh (1) (2) ta được:  gh2     gh1  1    1   (3) p p      h1 1   h2  h1    h1  h2  Thay số ta tính được: 1,55 Xét mol hỗn hợp, gọi hệ số mol He x, sè mol H lµ y NhiƯt dung mol đẳng tích He 3R/2, H 5R/2 Nhiệt dung mol đẳng áp He 5R/2, H 7R/2, nên ta hệ phương trình: (*) x  y 1   2,5 Rx  3,5 Ry  1,55 (**) 1,5 Rx  2,5 Ry Giải ta x 0,68 Từ ta tính được: 66 mH x 32 g  3,8  m He x4 g 2).TÝnh nhiÖt lượng: Nhiệt dung mol đẳng tích hỗn hợp khí lµ CV  R , ta cã:  1 Q  nCV T0  T1   nCV T0 1  T1 / T0   n =n RT0  p  1     1  p1   nRgh2 T0 RT0  p0 1    135,6 J   1  p0  gh2    1 p0 Bµi sè 12: Mét bình hình trụ thành mỏng, diện tích tiết diện ngang S, đặt thẳng đứng Trong bình có pittông, khối lượng M, bề dày không đáng kể Pittông nối với mặt bình lò xo có độ cứng k (hình vẽ) Trong bình phía pittông có lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử, khối lượng m, khối lượng mol Lúc đầu nhiệt độ khí bình T1 Biết chiều dài lò xo không biến dạng vừa chiều cao bình, phía pittông chân không Bỏ qua khối lượng lò xo ma sát pittông với thành bình Bình pittông làm vật liệu cách nhiệt lý tưởng Người ta nung nóng khí bình đến nhiệt độ T2 ( T2 > T1 ) cho pittông dịch chuyển thật chậm Tìm độ dịch chuyển pittông Tính nhiệt lượng đà truyền cho khối khí Chứng minh giới hạn cho phép (độ biến dạng lò xo không lớn để lực đàn hồi lò xo tỷ lệ với độ biến dạng nó) nhiệt dung khối khÝ phơ thc vµo chiỊu cao h cđa nã bình theo quy luật xác định Tìm quy luật Bài giải: Lúc đầu: Mg kh1 p1S (1) Lóc sau: Mg  kh  p 2S (2) p1V1  ( kh1 Mg m Mg M g mRT1  )Sh1  RT1 ta cã h1    ; 2k 4k k S S  h2  Mg M g mRT2   ; k 2k 4k M g mRT2 M g mRT1    4k k 4k k m kh Mg dQ  dU  pdV  C V dT  (  )dV  S S TÝch ph©n hai vÕ: T2 h2 m kh Mg Q   CV dT   (  )Sdh  S S T1 h1 Pitttôn dịch chuyển: h1 h h1 67 m k(h 22  h12 ) Q  C V (T2  T1 )   Mg(h  h1 )  kh Mg m )Sh1  RT1 ta có Từ phương trình ( S S  kh12  Mgh1  m m RT1 ; kh 22  Mgh  RT2    k(h 22  h12 )  m R(T2  T1 )  Mg(h  h1 )  Suy m R Mg Q  (CV  )(T2  T1 )  (h  h1 ) ; Thay CV = 3R/2 (h2 h1) tính 2 2mR Mg M g mRT2 M g mRT1 (T2  T1 )  (    )  k k 4k 4k Khi nhiệt độ tăng tới giá trị T bÊt kú ta cã: 2mR Mg Mg mRT Mg mRT1 Q (T  T1 )  (    ) k k 4k 4k Đạo hµm hai vÕ theo T: dQ 2mR Mg mR / k M g mRT Mg Thay : C    h 2 dT 2 Mg  4k 2k k mRT  k 4k dQ 2mR MmgR   C dT 4kh 2Mg Q Bài số 13: Một ống hình trụ, thành cách nhiệt, miệng hở, chiều cao L đặt thẳng đứng Trong ống có cột thuỷ ngân chiỊu cao a D­íi cét thủ ng©n cã chøa  mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, chiều cao h (h < L - a), nhiệt độ T0 (hình vẽ) áp suất khí P0 mmHg Người ta nung nóng khí cho cột thuỷ ngân chuyển động chậm Bỏ qua ma sát thuỷ ngân thành a ống L Giả thiết trình nung nóng khí, trao đổi nhiệt khí thuỷ ngân không đáng kể h Nhiệt độ khối khí thay đổi suốt trình cột thuỷ ngân trào khỏi ống? Tính nhiệt lượng tối thiểu cần truyền cho khối khí để thuỷ ngân chảy hoàn toàn khỏi ống Bài giải: Đặt P0 = H Lúc đầu áp suất khí p0 = (H + a) (mmHg), thĨ tÝch khÝ lµ V0 = Sh, Cần nung nóng đẳng áp đến cét khÝ cã chiỊu cao (L - a) Lóc ®ã nhiệt độ khí T Tm T2 V La T1  T0  T0 V0 h T1 Sau thuỷ ngân bắt đầu chảy khỏi ống a 68 LH (L  H) x Gäi x chiều cao cột thuỷ ngân ống, ta cã: (L - a)S(H + a) = RT1 ; (L - x)S(H + x) = RT ; T  T1 (L  x)(H  x) (L  a)(H  a)  T0 (L  x)(H  x) BiĨu thøc trªn cho cực trị : x1 h(H a) LH  (1) L  P0 2 (L H) (L H) Và nhiệt độ ứng với giá trị x là: Tm T T 4(L  a)(H  a) 4h(H  a) L.H Khi thuỷ ngân chảy hết khỏi ống nhiệt độ khí T2 T0 h(H a) Tõ (1) ta cã: dT  T0 L  H  2x h(H  a) dx Khi thuû ngân chảy khỏi ống x giảm, dx < *Biện luận: Có khả sau: Nếu P0 = H > L th× L - H - 2x âm với x nên dT dương, nhiệt độ tăng Nếu (L - H - 2a) > ( hay P0 = H < L - 2a) (L - H - 2x) dương, dT âm, nhiệt độ giảm Nếu (L - 2a) < H < L trình thuỷ ngân chảy khỏi ống, nhiệt độ tăng từ T1 đến Tm, sau giảm đến T2 theo hàm số bậc hai Tính nhiệt lượng Có hai trình sau: a) Quá trình 1: giọt thuỷ ngân dịch chuyển tới miệng ống, trình đẳng áp: Trong trình thuỷ ngân chưa chảy khỏi ống, trình đẳng áp nên nhiệt cần cung cấp là: 5R Q1   (C V  R)(T1  T0 )   (T  T ) ; Q1 5R(L a h)T0 2h b) Quá trình thuỷ ngân chảy khỏi ống Nhiệt lượng khí thu trình là: dQ2 dU pdV  CV dT  g(H  x)(  Sdx) ; hc: dT  T0 L  H  2x h(H  a) dx dQ  RT0 2h(H  a) a(3L 5H 8x)dx Có khả năng: - Khả 1: (3L - 5H -8x) < với mäi x, hay (3L - 5H < ; H > 3L/5 ) nên dQ2 dương, khí nhận nhiÖt: RT a(3L  5H  8x)dx =  RT0a (5H  3L  4a) Q2   2h(H  a) a 2h(H  a) T2 ( Hc Q2  T dU  a0 g(H  x)Sdx 3RT0a H  a  L a2 ( )  gHSa  gS h(H  a) RT0 a Q2   (5H  3L  4a) ) Nhiệt lượng cần truyền Q1 + Q2 2h(H a) Q2 - Khả 2: (3L - 5H -8x) > v íi mäi x ( hay 3L - 5H -8a > ; H < âm, khí toả nhiệt Nhiệt lượng cần cung cÊp chØ lµ Q = Q1 69 3L  8a ) dQ2 - Khả 3: 3L 8a H 3L khÝ chØ nhËn nhiÖt dQ2 > hay 3L  5H xa 3L 5H RT0 Q2  a(3L  5H  8x)dx  a 2h(H  a) 4RT0  25  Q2  ( p  L)  ( L  a )  ( p  L)( L  a )  h( p a) 128 Nhiệt lượng cần cung cÊp: Q = Q1 + Q2 Bµi sè 14 Mét pittông nặng có diện tích S thả xuống tự đẩy khí từ bình hình trụ thể tích V qua lỗ nhỏ đáy vào bình có thể tích Các thông số ban đầu không khí hai bình giá trị điều kiện tiêu chuẩn Hỏi pittông có khối lượng cực tiểu ®Ĩ nã cã thĨ ®Èy hÕt khÝ khái b×nh thứ Bài giải + Khí bình nén đoạn nhiệt từ thể tích 2V đến V Phương trình trạng thái: Thời điểm ban đầu: p0 2V  nRT0 (1)  Thêi ®iĨm ci: p1  V nRT1 (2) Công thực lên pittông là: A  Mg  V S V V  p0 S   ( Mg  p0 S ) S S (3) Theo nguyên lý I nhiệt động lực học: Q A' U , công khÝ thùc hiƯn lµ: A'  U   niR (T1  T0 ) (4) (víi i lµ sè bËc tù cđa kh«ng khÝ) i Tõ (1), (2), (4) suy ra: A'   ( p1  p0 )  V Mµ A   A ' nªn: ( Mg  p0 S )   Mg   p1  p0    p0  i S  V S  i (5) ( p1  p0 )  V (*) Điều kiện để pittông đẩy hết khÝ khái b×nh thø nhÊt: p1S  Mg  p0 S (**) Từ (*), (**) coi không khí bình (gần đúng) khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có i ta được: M p0 S  g p S VËy khèi l­ỵng cực tiểu pittông là: M g Bµi sè 15 Mét xi lanh nh­ hình vẽ (h.3) chứa khí lý tưởng, đóng kín pittông khối lượng M, tiết diện S, chuyển động xilanh Lúc đầu giữ pittông vị trí cho áp suất bình áp suất khí bên Thành xilanh pittông cách nhiệt Buông pittông, pittông chuyển động từ vị trí ban đầu đến vị trí cuối có độ cao h so với đáy xilanh Tuy nhiên, trước đạt đến vị trí cân này, pittông đà thực dao động 70 nhỏ Giả sử giai đoạn pittông dao động nhỏ, trình biến đổi khí thuận nghịch, hÃy tính chu kỳ dao động nhỏ Bài giải Khi cân pittông nằm cách đáy h khí xy lanh có áp suất p1: p1 = p0 + Mg S H×nh Khi pittông vị trí có li độ x khí có áp suất p Vì trình đoạn nhiƯt nªn: p(Sh  Sx )   p (Sh ) (1), tỷ số nhiệt dung đẳng áp đẳng tích    p = p1    p 1   x  NÕu bá qua lực ma sát pittông thành bình thì: x h      h x x x   p0 S  p1 1    S  Mg  Mx "   p1 S  Mx "  x "   p1 S h h Mh   ( Mg  p0 S ) Dao động điều hoà với tần số góc: Mh Bài số 16 Để xác định số đoạn nhiệt C p / CV khí không lý tưởng, nhà thực nghiệm đà tiến hành sau ông ta thực trình đẳng áp trình đẳng tích cho nội khí hai trình thay đổi lượng nhỏ Kết thực nghiệm cho thấy thay đổi nhiệt độ trình đẳng tích lớn gấp ba lần trình đẳng áp, trình đẳng áp phần ba nhiệt lượng nhận được chuyển thành công mà khí thực HÃy xác định số Bài giải: Gọi Q1 , Q nhiệt lượng khí nhận trình đẳng áp đẳng tích Ta cã: m Q1   C p  T1 (1)  m Q   C V  T2 (2)  C p Q1  T2 Chia vÕ (1) cho (2) ta được: C V Q  T1 C p 3Q1 V× T2  3T1   (*) CV Q2 Q Theo nguyªn lý I ta cã: Q1  U  A mµ A   U1  Q1 3 Q1 Mặt khác, Q U  U1  Q  Q1  Q2 Thay vµo (*), ta cã: Cp 9   3  VËy   CV 2 Bài số 17 71 Trong bình cách nhiệt có N phân tử lưỡng nguyên tử nhiệt độ T1 Trong điều kiện đó, phân tử bắt đầu phân ly trình phân ly chấm dứt nhiệt độ hạ xuống T2 Khi phân ly, phân tử hấp thụ lượng Hỏi phần phân tử đà bị phân ly áp suất bình giảm lần? Bài giải: Nhiệt độ bình giảm hấp thụ lượng trình phân ly Giả sử số N phân tử có N1 phân tử bị phân ly Khi số hạt tổng cộng có bình N - N1 +2N1 = N + N1 Theo định luật bảo toàn lượng ta cã: 5 kT N   N1  kT2 ( N  N1 )  kT2 N1 2 k số Boltzmann Từ suy số hạt bị phân ly: N1  N 5k (T1  T2 ) / kT2 / Tỷ phần phân tử bị phân ly là: N1 5k (T1 T2 )  N 2  kT2 Tû sè c¸c ¸p suÊt b»ng: p2 p1   5k (T  T )  T N T    1    1  2  kT2  T1 T1  N  T1  N  N1 T2 N Bµi sè 18: Mét mol khÝ lý tưởng đơn nguyên tử nung nóng cho nhiệt dung trình không đổi 2R Hỏi thể tích khí tăng lần nhiệt độ tăng gấp đôi Bài giải: Xét trình biến đổi khí: ( P1,V1, T1)  ( P2 ,V2 , T2 ) Theo Nguyên lý I nhiệt động lực học: dQ dA  dU  CdT  PdV  CV dT Víi C  R  const , ®èi với khí đơn nguyên tử ta có: CV 1,5 R Suy ra: PdV  (C  CV )dT R dT (1) Mặt khác, phương trình trạng thái : PV RT (2) Từ (1) vµ (2) ta cã: dV V  dT , suy ra: 2T 1/2 1/ 1/ V2 T T   T1  V1 V1  T1  V dV dT    ln  ln              V2 2T T V2  T2  V1  T1  V1 V  T2 V Vậy thể tích tăng: lần V1 Bài số 19 Khi chuyển từ trạng thái sang trạng thái 2, áp st vµ thĨ tÝch cđa mét mol khÝ lÝ t­ëng đơn p nguyên tử biến thiên hình 1, p2 V2 2V1 H·y t×m sù phơ thc cđa nhiƯt dung C khí vào thể tích V dựng đồ thị biểu diễn phụ thuộc Bài giải: 72 Gọi phương trình đường thẳng (1 - 2) là: P aV  b P P P PV  P V 3P ®ã: a    , b  2  V2  V1 2V1 V2  V1 P 3P P V  (1) KÕt hỵp víi phương trình 2V1 trạng thái ta có: P 3P  P1 3P V  V  dT    V   dV (2)  RV R RV1 2R R  Theo nguyên lý I nhiệt động lực học: dQ  dA  dU  CdT  PdV  CV dT (3) T PV   P 3P  Thế (1), (2) vào (3) ta được: CdT  V    2V  dT 3P  P1  V RV1 C  3V1  V 3V1  2V R RC  15V1  8V 6V1  4V  RdT 2R R VËy biĨu thøc phơ thc cđa nhiƯt dung theo thĨ tÝch lµ: C  15V1  8V 6V1 4V R Đồ thị C(V) hai đường (1) (2): Bài số 20 Khi nghiên cứu chất đó, nhà thực nghiệm phát để có biến thiên nhỏ V thể tích đòi hỏi áp suất phải tăng lượng nhỏ p1 , trình tiến hành cách đẳng nhiệt tăng lượng nhỏ p2 , trình nén đoạn nhiệt Ngoài ra, nhà thực nghiệm đo nhiệt dung riêng cV thể tích không đổi c p áp suất không đổi Tiếc thay kết đo c p bị thất lạc Dựa vào kết ba phép đo lại, bạn hÃy giúp nhà thực nghiệm tìm lại giá tri c p HÃy xét hai trường hợp: 1) chất xét khí lý tưởng; 2) chất xét có phương trình trạng thái chưa biết Bài giải: 1) Đối với khí lý tưởng, ta đà biết: phương trình trình đẳng nhiệt: pV const Cp trình đoạn nhiệt: pV const với , C p , CV nhiệt dung mol đẳng áp CV đẳng tích Vi phân hai phương trình ta được: pV Vp1  vµ pV  1 V  V  p Từ hai phương trình suy   p p , ®ã: C p  CV p1 p1 2) B©y giê ta chứng minh hệ thức chất tuỳ ý với phương trình trạng thái chưa biết Để làm điều ta hÃy khảo sát phần nhỏ giản đồ p-V (xem hình vẽ) Từ điểm ta dựng đường đẳng nhiệt - 3, đường đoạn nhiệt - đường đẳng nội (tức trình nội không thay đổi) Do đoạn đường cong 73 biểu diễn trình vô nhỏ, nên xem chúng thẳng Bây ta cần phải chứng minh rằng: p5  p1 p2 C p   p3  p1 p1 CV Sự phụ thuộc nội U vào áp suất V không đổi (dọc theo đường ®¼ng tÝch 1-5) ®èi víi mét chÊt tïy ý cã dạng rrất phức tạp, đoạn vô bé 1-5 xem tuyến tính, tức là: U U1 p5 p1 từ ta được: U U1 U U1 p3  p1 p   U  U1 p3  , p1 C p  p1 CV (1) Ký hiÖu T  T2  T1  T3 T1 (do 2-3 đẳng nhiệt) Mặt khác theo định nghĩa CV ta có: CV T U U1 (2) áp dụng Nguyên lý I nhiệt động học cho trình 1-2 ta được: C p T  (U  U1 )  A12 Vì V vô nhỏ, nên công A12 , A32 , A42 vµ A52 cã thĨ coi nh­ b»ng V× U  U (do 2-4 đường đẳng nội năng), ta viết lại công thức sau: C p T (U U1 ) A52 áp dụng Nguyên lý I nhiệt động lực học cho trình 5-2, ta ®­ỵc: A52  U  U  U U Thay vào công thức ta được: (3) C p T U U1 Tõ (2) vµ (3) suy ra: Cp CV  U U1 U U1 Đây công thức (1) mà ta cần chứng minh Bài số 21 Một lượng khí hêli thực trình áp suất thể tích biến ®ỉi tu©n theo quy lt pV  const Nhiệt độ tuyệt đối cuối trình giảm bốn lần so với nhiệt độ ban đầu nội thay đổi 1800J áp suất nhỏ khí trình 10 Pa HÃy biểu diễn trình hệ trục toạ độ p V xác định thông số khí cuối trình Bài giải: Quá trình biến đổi: ( P1 ;V1 ; T1  ( P2 ;V2 ; T2  T1 / 4) PV PV T PV Tõ phương trình trạng thái ta có: 1 2  P2V2   P1V1  1 T1 T2 T1 (1) Ta cã: PV  const  nRT  V  const (n lµ sè mol khÝ)  TV  const (*) 2 Do ®ã: T1V1  T2V2  V2  2V1 const Như thể tích khí tăng, áp suất phải giảm dần (do hàm P hàm nghịch V3 biến) Tức là: P2 Pmin 10 ( Pa ) 9 §é biến thiên nội là: U nR(T1 T2 )  nRT2  P2V2 2 74 ... dứt nhiệt độ hạ xuống T2 Khi phân ly, phân tử hấp thụ lượng Hỏi phần phân tử đà bị phân ly áp suất bình giảm lần? Bài giải: Nhiệt độ bình giảm hấp thụ lượng trình phân ly Giả sử số N phân tử. .. h1 67 m k(h 22  h 12 ) Q  C V (T2  T1 )   Mg(h  h1 )  kh Mg m )Sh1  RT1 ta có Từ phương trình ( S S  kh 12  Mgh1  m m RT1 ; kh 22  Mgh  RT2    k(h 22  h 12 )  m R(T2  T1 )  Mg(h... T2 ) / kT2 / Tỷ phần phân tử bị phân ly là: N1 5k (T1 T2 )  N 2? ??  kT2 Tû sè c¸c ¸p suÊt b»ng: p2 p1   5k (T  T )  T N T    1    1  2? ??  kT2  T1 T1  N  T1  N  N1 T2