Bồi dưỡng HSG vật lý chuyên đề nhiệt học

Đối với một lượng khí không đổi, quá trình biến đổi trạng thái của nó tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng: const T pV  b... Dưới quan điểm thống kê chúng ta có mối liên hệ gi

NHIỆT HỌC

T u t t

C u t v t t

a Đối với một lượng khí không đổi, quá trình biến đổi trạng thái của nó tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng:

const T

pV 

b Từ phương trình trạng thái, chúng ta có thể suy ra các định luật của các đẳng quá trình:

- Quá trình đẳng nhiệt (Định luật Bôi lơ – Mariôt): pV const

T

p 

T

V 

- Quá trình đoạn nhiệt: pV const, trong đó

V

p C

C



nhiệt dung đẳng tích

Trong đó

C C

C C V

p









c Đối với quá trình biến đổi của khí lí tưởng trong đó khối lượng khí thay đổi, chúng

ta cần áp dụng phương trình Clappayron – Mendeleev

m

M

n: số mol khí ; n =

A

N

N M

R: hằng số chung của chất khí

R = 0 0

0

P V

T



với P0 = 1,013.105 N/m2; T0 = 273 K ; V0µ = 22,4 lít

R = 8,31 J

mol.K Nếu p đo bằng Pa, V đo bằng m3 và T đo bằng K

R = 0,082 atm.

mol.K Nếu p đo bằng atm, V đo bằng l và T đo bằng K

d Đối với hỗn hợp khí không phản ứng hóa học với nhau chúng ta có đinh luật Dalton

về áp suất toàn phần của hỗn hợp khí





i i

p

e Dưới quan điểm thống kê chúng ta có mối liên hệ giữa áp suất và động năng trung bình của phân tử khí lí tưởng như sau:

đ W n kT n

3

2



Động năng trung bình của một phân tử khí lí tưởng liên hệ với nhiệt độ tuyệt đối như sau:

kT

W đ

2

3



Trong hai công thức trên, k=R/NA=1,38.10-23J/K gọi là hằng số Boltzmann; n0 là mật độ phân tử khí (số phân tử khí trong một đơn vị thể tích)

1.2 C u t

a Nguyên lí I nhiệt động lực học

Nguyên lí I nhiệt động lực học thực chất là định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng

áp dụng cho quá trình nhiệt Biểu thức nguyên lí I:

U A

Trong đó:

Q : là nhiệt lượng truyền cho vật

A : là công do vật thực hiện

U

 : là độ biến thiên nội năng của vật

Khi áp dụng biểu thức Nguyên lí I ta cần chú ý đến qui ước dấu như sau:

Q > 0 là vật nhận nhiệt, Q < 0 là vật tỏa nhiệt

A > 0 vật sinh công dương, A < 0 vật sinh công cản

U

 > 0 nội năng hệ tăng, U< 0 nội năng hệ giảm

b Áp dụng Nguyên lí I cho khí lí tưởng

- Khi áp dụng Nguyên lí I cho khí lí tưởng chúng ta cần chú ý đến biểu thức nội năng của khí lí tưởng như sau:

2

3





+ Khí đa nguyên tử: U nkT

2

5





Trong đó n là số mol khí, k là hằng số Boltzmann, T là nhiệt độ tuyệt đối

- Công của chất khí thực hiện được tính bằng:





2

1

12 pdV A

Quá trình đẳng áp: p = const  A = p.V n.R T

Tổng quát: dA = p dV ; A =dAp.dV

Trong thực tế có thể tính bằng đồ thị trong hệ trục POV

Nếu trên hệ tọa độ p-V thì công của quá trình 1-2 có thể được tính bằng diện tích đường biểu diễn với các đướng V = V1, V = V2 và trục OV Đặc biệt, nếu chu trình (quá trình khép kín) công tính bằng diện tích đường giới hạn của chu trình Trong hệ tọa độ p-V nếu chiều chu trình thuận theo chiều kim đồng hồ A > 0, ngược lại A < 0

c Nguyên lí II nhiệt động lực học Hiệu suất động cơ nhiệt

- Nội dung Nguyên lí II nhiệt động lực học: Nhiệt không thể tự động truyền từ vật lạnh sang vật nóng hơn

- Hiệu suất động cơ nhiệt:

1

2 1

Q Q Q

A

Trong đó:

Q1 : là nhiệt tác nhân nhận từ nguồn nóng

Q2 : là nhiệt tác nhân nhả cho nguồn lạnh

- Hiệu suất động cơ nhiệt lí tưởng (hoạt động theo chu trình Cac nô):

1

2 1

T

T T



Trong đó:

T1 là nhiệt độ của nguồn nóng

T2 là nhiệt độ của nguồn lạnh

- Cách phát biểu khác của Nguyên lí II nhiệt động lực học: Hiệu suất của động cơ nhiệt luôn nhỏ hơn 1

Ghi chú : Chu trình là 1 quá trình khép kín ( trạng thái cuối trùng với trạng thái đầu )

* Hiệu suất của chu trình :

thu

A

Q

 



2 t

1.1 t u t v t t

Định hướng về mặt phương pháp giải:

- Nếu khối lượng khí không đổi chúng ta áp dụng phương trình trạng thái

- Nếu khối lượng khí thay đổi chúng ta áp dụng phương trình Clappayron – Mendeleev

- Nếu quá trình liên quan đến sự di chuyển, khuếch tán của chất khí thì chúng ta dùng phương trình cơ bản của khí lí tưởng

- Lưu ý khi tính toán phải đổi đơn vị cho phù hợp

1.2 t u t

Khi áp dụng Nguyên lí I và II cho khí lí tưởng chúng ta vận dụng công thức tính công, nội năng, nhiệt lượng chú ý đến qui ước dấu

Biểu thức tính công của một số đẳng quá trình như sau:

- Quá trình đẳng nhiệt:

1 2 2

1 1

ln 1 1 1

1 1

V p

p V

V

nRT V

p V

p

- Quá trình đẳng tích:A12 0

- Quá trình đẳng áp: A12 p(V2V1)nR(T2T1)

1 2 1

12 nR T T





nhiệt dung đẳng tích

1 2 1

12 nR T T





biến

Biểu thức tính nhiệt lượng của một số đẳng quá trình như sau:

- Quá trình đẳng nhiệt:

1 2 2

1 1

ln 1 1 1

1 1 12

V p

p V

V

nRT V

p V

p A

- Quá trình đẳng tích:Q12U12 nC V(T2T1), trong đó CV là nhiệt dung riêng đẳng tích

2

3

2 5



- Quá trình đẳng áp: Q12 nC p(T2 T1)trong đó Cp là nhiệt dung riêng đẳng áp Liên hệ giữa nhiệt dung riêng đẳng áp với nhiệt dung riêngđẳng thức theo hệ thức Mayer C p C v R

- Quá trình đoạn nhiệt: Q12 = 0

- Quá trình đa biến nói chung (Quá trình Polytropic): Q12 nC(T2 T1)với C là nhiệt dung của quá trình đa biến

t v v m

3.1 t trì trạ t

: Một bình chứa khí ở nhiệt độ 270C và áp suất 40 atm Hỏi khi một nửa lượng khí thoát ra ngoài thì áp suất của khí còn lại trong bình là bao nhiêu nếu nhiệt độ của bình khi

đó là 120 C ĐS : 19 atm

HD: Áp dụng phương trình Clapayron – Menđêlêep lần lượt cho lượng khí trong bình lúc

đầu và lúc sau:

P1V = m1

M RT1 ; P2V =

2 m

chất khí chứa trong bình, T1 = 300 K, T2 = 285 K, P1 = 40 atm và m2 = m1

2 ta tính được P2 =

su : Nếu đề cho 1

3 lượng khí thoát ra ngoài thì m2 = m1 -m1

1 2m

2: Hai bình nối thông nhau bằng một ống nhỏ có khóa Trong một bình có 1,5  nitơ ở

áp suất 4,0.105 N/m2, trong bình kia có 3,0  ôxi ở áp suất 2,5.105 N/m2 Hỏi áp suất ở hai bình sẽ là bao nhiêu khi ta mở khóa? Nhiệt độ của các khí như nhau, không đổi Bỏ qua

dung tích của ống so với dung tích của các bình ĐS : 3,0.105 N/m2

HD: + Áp dụng PT M - C cho các lượng khí ôxi, nitơ lúc đầu : P1V1 = n1RT, P2V2 = n2RT + Sau khi mở khóa: '

1

P(V1 + V2) = n1RT, '

2

P (V1 + V2) = n2RT với '

1

P, ' 2

P là áp suất riêng phần của ôxi, nitơ

1 2

P P  P(V1 + V2) = (n1 + n2)RT = P1V1 + P2V2

1 2

P V P V





(HS T ): Ở chính giữa ống thuỷ tinh nằm ngang tiết diện nhỏ chiều dài L = 1m

hai dầu bịt kín có một cột thuỷ ngân chiều dài h = 20cm Hai phần ống ngăn bởi cột thuỷ ngân là không khí Khi đặt ống thuỷ tinh thẳng đứng cột thuỷ ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn  = 10cm Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang ra cm Hg và N/m2 Coi nhiệt độ của không khí trong ống là không đổi và trọng lượng riêng của thuỷ ngân là 1,33.105

N/m3

ĐS : 37,5 cmHg = 4,98.10 4 N/m2

4: Một ống thuỷ tinh có chiều dài  = 50 cm, tiết diện S = 0,5 cm2

được hàn kín một đầu

và chứa đầy không khí.Ấn ống chìm vào trong nước theo phương thẳng đứng, đầu kín ở trên Tính lực F cần đặt lên ống trong nước sao cho đầu trên của ống thấp hơn mực nước

ĐS : F  0,087 ( N )

HD: + Trước tiên áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt tìm độ dài x của cột nước lọt vào trong

ống:

p 0 S = pS( - x) vớ = 0 + p H = p 0 + (h +  - x) (cmHg)

(Xem ì )

+ Ống được giữ đứng yên, ta có: FA  P F 0  P + F – FA = 0

chỗ) ta tính được lực F

5: Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng chia thành hai phần bằng một pittông nặng,

cách nhiệt di động được, ngăn trên chứa 1 mol, ngăn dưới chứa 3 mol của cùng một chất

ngăn trên P1 Nhiệt độ ngăn trên không đổi, ngăn dưới có nhiệt độ T2 nào thì thể tích hai

HD : + Lú u : HS vẽ hình  Tìm tỉ số 2

1

V

V

P1V1 = n1RT1 = RT1, P2V2 = n2RT1 = 3RT1, kết hợp với P2 = 2P1 (gt)  2

1

V

V = 3

2

Đặt V1 + V2 = V, ta có V1 = 2

5V, V2 = 3

5V

Mà P2 = P1 + pm = 2P1 với pm là áp suất gây bởi pittông nặng  pm = P1

+ Lú s u : Ngăn trên '

1

T = T1 (gt), Ngăn dưới T2 = ? thì ' '

2 1

2

'

1

PV’ = RT1, '

2

'

3

2

P = ' 1

P + pm Cần tìm tỉ số 2'

' 1

P

P

Đ â xu t ỗ s ủ HS o rằ '2

' 1

p

p vẫ ằ 2, ẫ T 2

=2

3T 1 = 800

3 K

Đú : '

1

PV’= P1V1  '

1

P = 4

5P1 do V1 = 2

5V, V’ = V

2 ; ' 2

P = '

1

P + pm = '

1

P + P1 =

4

5P1 + P1 =9

5P1

 2'

'

1

P

P = 9

4 = 2,25 Vậy : T2 = 3

4T1 = 300 K

6(HS t ): Một xi lanh kín được chia thành hai phần bởi một pittong nặng như hình

vẽ Mỗi phần chứa một mol khí lý tưởng, và pittong có thể dịch chuyển không ma sát trong

xi lanh

2

1

V

V

= n > 1 Nếu tăng nhiệt độ của cả xi lanh lên đến giá trị T2 thì tỷ số giữa thể tích của hai phần là n’ = '

'

2

1

V V

bằng bao nhiêu ? Sự giãn nở nhiệt của xi lanh là không đáng kể

ĐS : n’ là nghiệm của phương trình bậc hai : n’2 – An’ – 1 = 0 với A = (n -

n

1

)

2

1

T

T

Giải ra n’ =

2

4

2 

 A A

; (loại nghiệm âm)

VD : n = 3 ; T2 = 2T1 thì n’2 -

3

4

n’ – 1 = 0, giải ra n’  1,9

7(HS T ) : Hai bình cầu có dung tích 300 cm3 và200 cm3 nối với nhau bằng một ống nhỏ và ngăn trong đó bằng một vách xốp cách nhiệt Nhờ vách ngăn này áp suất của khí trong 2 bình như nhau, song nhiệt độ có thể khác nhau (Hình) Cả 2 bình chứa ôxi ở nhiệt độ

vì nhiệt ĐS : p = 82,4 cmHg

8(HS T ) : Hai bình cách nhiệt thông nhau bằng ống có khóa K (Hình ) Ban đầu

khóa đóng, bình có thể tích V1 chứa 1 chất khí ở nhiệt độ T1 = 300K và áp suất P1 = 105 Pa Bình hai có thể tích V2 = V1

3 chứa cùng chất khí ở nhiệt độ T2 = 600K và áp suất P2 = 2P1

3 Nếu mở khoá để hai khí trộn lẫn , tính nhiệt độ và áp suất cuối cùng

ĐS : T = 330 K, P =11 5

.10 Pa

9: Một cột không khí được chứa trong một ống nghiệm hình trụ thẳng đứng, ngăn cách

với bên ngoài bằng một cột thủy ngân Ban đầu cột thủy ngân đầy tới miệng ống và có chiều cao h = 75 cm, cột không khí trong ống có chiều cao  = 100 cm, nhiệt độ t0 = 270C Biết áp

thủy ngân trong ống có thể tràn hết ra ngoài? ĐS: 39,50C

HD: Xem hình Áp dụng PTTT: 2 2 1 1

P V P V

Tìm x để T2max Giá trị T2max chính là đáp số của bài toán (nghĩa là khi tăng nhiệt độ từ giá

ứng với x khi đó tìm được là 25 cm) thì thủy ngân trào một phần ra ngoài Sau đó thủy ngân

tự trào tiếp ra ngoài cho đến hết và quá trình này nhiệt độ giảm đi từ T2max

Cụ thể trong bài ta có: T2 =(150 x)(100 x)

50

0: Biết rằng không khí gồm 23,6% trọng lượng là khí ôxi và 76,4% trọng lượng là khí

nitơ Tính :

b/ Áp suất riêng phần của ôxi và nitơ ở nhiệt độ trên

Cho biết R = 85.10-3

m3 at/ Kmol độ Khối lượng mol của nitơ là 28g/ mol, của ôxi là

32g/mol ĐS : a/ 1,16g/ lít ; b/ 160mm Hg, 590 mmHg

HD: Xét ố ô ó ố ợ m, t ể t V u v T xét

Ta có: m1 = mO2 = 23,6%m = 0,236m, m2 = mN2 = 76,4%m = 0,076m (Tỉ lệ trọng lượng cũng là tỉ lệ khối lượng)

1

m

2

m

P1, P2 là áp suất riêng phần của ôxi và nitơ

1

m

M + 2

2

m

0, 236 0, 764

RT

.1, 013.10

tính ra kết quả  1,16g/ lít (không bắt buộc sử dụng giá trị R đề cho !?)

b) Từ (1) ta có thể viết P1 = 0, 026

32 RT = … ; P2 = 0, 764

+ Mà PV = m

MRT (4) Từ (3) và (4)  Khối lượng mol của không khí M  28,85 g/mol  29 g/mol

+ Nhiều HS thường nhầm sang tỉ lệ số mol  Lạc đề !

: Có hai bình cách nhiệt nối với nhau bằng một ống nhỏ có khóa Bình thứ nhất có

thể tích V1 = 500 lít chứa m1 = 16,8 kg khí Nitơ ở áp suất P1 = 3.106 Pa Bình thứ hai có thể tích V2 = 250 lít chứa m2 = 1,2 kg khí Argon ở áp suất P2 = 5.105 Pa Hỏi sau khi mở khóa cho hai bình thông nhau thì nhiệt độ và áp suất của hỗn hợp khí là bao nhiêu ?

2

5

R và của Argon là C2 =

2

3

R Khối

lượng mol của Nitơ là 1 = 28

mol

g

, của Argon là 2 = 40

mol

g

và R = 8,31

K mol

J

ĐS : P = 2,16.10 6 Pa ; T = 309 K

HD : + Lúc đầu : dễ dàng tính được nhiệt độ của mỗi bình T1 = , T2 =

+ Lúc sau : P(V1 + V2) = (n1 + n2) RT (1)

Á : trì â ằ t : Q 1 + Q 2 = 0 ( oặ Q tỏ = Q thu )

C 1 n 1 (T – T 1 ) + C 2 n2(T – T 2 ) = 0  T = 309 K Thay vào (1) tính được P

C ú ý : Qu trì u t ủ t ô ó s t ô t sử

t u đẳng tích !?

2 : Một bình kín được chia thành hai phần có thể tích bằng nhau bởi một vách xốp

Ban đầu ở phần thứ nhất chứa hỗn hợp hai chất khí Argon và Hyđrô có áp suất toàn phần là

p, phần thứ hai là chân không Vách xốp chỉ cho khí hyđrô khuếch tán qua Khi quá trình

3

2

Xác định tỉ lệ các khối lượng

của Argon và Hyđrô trong bình Cho khối lượng mol của Argon và Hyđrô lần lượt là 40

g/mol và 2 g/mol

ĐS : 10

2



H

Ar

m

m

HD: Quá trình khuếch tán kết thúc khi áp suất riêng phần của hyđrô ở hai phần như nhau

3: Một xy lanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi như hình vẽ giữa hai pit tông giam

n mol không khí Khối lượng và diện tích các pit tông lần lượt là m1, m2, S1, S2 Các pit tông được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài l và cách đều chỗ nối của hai đầu xy

HD:

Ban đầu pi tông cân bằng, áp suất bên trong xy lanh là p; áp suất của khí quyển là p0 Điều kiện cân bằng của hai pit tông là:

m1m2gp0S1S2  p S1S2 (1)

Ban đầu, theo phương trình trạng thái, ta có liên hệ:

) 2 (

nRT

pV Quá trình tăng nhiệt độ lên T T thể tích xy lanh thay đổi nhưng điều kiện cân bằng vẫn là (1) Do đó áp suất khí trong xy lanh sau khi tăng nhiệt độ vẫn là p Do nhiệt độ tăng, theo phương trình trạng thái V tăng, như vậy pit ppng phải dịch chuyển đi lên Gọi x là

độ dịch chuyển của các pit tông ta có phương trình:

 

V x S1 S2  nRT T (4)

Giải hệ gồm 3 phương trình (1), (2), (3) ta thu được kết quả:

    (5)

2 1 0 2

1 m g p S S m

T nR x











Nhận xét:

pit tông bằng 0, khi đó nếu tăng nhiệt độ thì hệ sẽ không bao giờ cân bằng trở lại

4: Một căn phòng có thể tích 30m3 có nhiệt độ tăng từ 170C đến 270C Tính độ biến thiên khối lượng không khí trong phòng Cho biết áp suất khí quyển là 1,0atm và khối lượng mol của không khí là 29g/mol

HD:

Đây là bài toán có khối lượng khí thay đổi, vì vậy chúng ta áp dụng phương trình

C-M cho hệ

Trong quá trình lượng khí thay đổi, thể tích phòng không đổi và áp suất khi trong phòng cân bằng với áp suất khí quyển Do đó:

) 1 ( 1 1

M

m V

p 

) 2 ( 2 2

M

m V

p 

Giải hệ gồm hai phương trình và thay số vào ta có:

) 3 ( 2 , 1 1

1 1 2 0 1

T T V Mp m m





















Nhận xét:

Kết quả mang dấu “-“ chứng tỏ khí đã thoát ra khỏi phòng khi tăng nhiệt độ

15: Một bình kín đựng khí loãng được chia làm hai phần bằng một vách ngăn mỏng có

lỗ thủng Kích thước lỗ thủng rất nhỏ so với quãng đường tự do trung bình của chất khí Tìm

tỉ số áp suất của khí trong hai phần nếu chúng được giữ ở các nhiệt độ T1 và T2 khác nhau

HD:

Ở trạng thái cân bằng, số phân tử khí từ ngăn (1) đi sang ngăn (2) phải bằng số phân

tử khí đi theo chiều ngược lại Vì lỗ rất nhỏ so với quãng đường tự do trung bình của khí (khí rất loãng nên quãng đường tự do trung bình khá lớn) nên khi các phân tử khí đi qua lỗ chúng không tương tác, va chạm với nhau

Do tính chất đối xứng nên số phân từ đi theo một hướng nào đó bằng 1/6 tổng số phân tử (vì có tất cả 6 hướng như vậy) Mặt khác số phân tử đi qua lỗ nhỏ tỉ lệ thuận với mật độ phân tử khí và tỉ lệ thuận với tiết diện lỗ Mặt khác nếu xét trong cùng một đơn vị thời gian thì nếu nhiệt độ càng cao, tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử càng lớn thì

số phân tử đi qua lỗ càng tăng Từ các lập luận trên ta có:

2 2 1 1 2

2 1

1 6

1 6

1

v n v n S v n S v