Kỷ yếu 15 năm trại hè hùng vương môn lý

PHẦN I – CÁC CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ Chuyên đề Thuyết tương đối hẹp Trường THPT Chuyên Chu Văn An, Lạng Sơn Giáo viên: Trần Công Lãm Điện thoại: 01236.989.013 Email: Tranlamcva@gmail.com A MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong kỳ thi HSGQG thường có phần kiến thức Thuyết tương đối hẹp Để có tài liệu ôn thi cho học sinh, tìm hiểu biên soạn chuyên đề Trong trình tìm hiểu thấy, đa số tài liệu chứng minh công thức liên hệ lượng khối lượng vật thừa nhận công thức tính khối lượng theo vận tốc Đó hạn chế cho người học Quá trình học tập trình tích lũy kiến thức, vận dụng sáng tạo Xin nhắc lại chút lịch sử Thuyết tương đối hẹp: Năm 1905, Albert Einstein 25 tuổi phát minh Thuyết tương đối hẹp Bảy năm sau, vào năm 1912, ông phát minh công thức E = m.c2, có lẽ công thức đẹp vật lý Trong chuyên đề này, xin giới thiệu tới bạn đọc cách chứng minh cho hai công thức trên, hiệu ứng Doppler tương đối tính, số tập áp dụng Thuyết tương đối hẹp Hy vọng chuyên đề nhiều bạn quan tâm, mong nhận ý kiến đóng góp trao đổi bạn đọc để hiểu thêm Thuyết tương đối hẹp Mục tiêu đề tài Mục tiêu đề tài tìm hiểu Thuyết tương đối hẹp; áp dụng vào toán có kỳ thi HSGQG Đề tài không chứng minh các công thức phép biến đổi Lorentz công thức có nhiều tài liệu tham khảo B THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP I Các Tiên Đề Einstein Tiên đề (Nguyên lý tương đối - Galileo Galiei) Mọi tượng vật lý diễn hệ quy chiếu quán tính Tiên đề (Nguyên lý bất biến vận tốc ánh sáng) Vận tốc ánh sáng chân không hệ quy chiếu quán tính, có giá trị c = 3.10 (m/s), vận tốc cực đại tự nhiên II Phép biến đổi Lorentz y y’ O O’ K z x x’ K’ z’ r Giả sử có hai hệ quy chiếu (HQC) quán tính K K’, K’ chuyển động với vận tốc v so với K dọc theo trục Ox , O' x' ≡ Ox , O' y ' / /Oy , O' z ' / /Oz thời điểm O trùng với O’ t0 = t0' = Khi O trùng O’, giả sử có tín hiệu sáng phát từ O O’ thì, theo tiên đề 2, tọa độ tín hiệu hai HQC x = c.t , x ' = c.t ' Vì x ≠ x ' nên t ≠ t ' : thời gian trôi hai HQC khác Với biến cố bất kỳ, phép biến đổi Lorentz cho mối liên hệ tọa độ không gian thời gian biến cố hai HQC sau: v x = γ ( x ' + vt ' ) ; y = y ' ; z = z ' ; ct = γ ( ct ' + β x ' ) ; β = ; γ = c 1− β x' = γ ( x − vt ) ; y ' = y ; z ' = z ; ct ' = γ ( ct − β x ) ; ≤ β ≤ ≤ γ Các hệ a Sự co ngắn Lorentz Giả sử có đứng yên hệ K’ đặt dọc theo trục O’x’, độ dài hệ K’ l0 = x2' − x1' Trong hệ K, có chiều dài l = x2 − x1 ; với x1 ; x2 đo đồng thời Theo phép biến đổi Lorentz ta có: x2' − x1' = γ (( x2 − x1 ) − v (t2 − t1 )) = γ ( x2 − x1 ) ⇒ l0 = γ l ≥ l : độ dài HQC gắn với có giá trị lớn nhất, ngắn lại HQC chuyển động dọc theo b Sự giãn thời gian Giả sử có trình xảy điểm hệ K’ ( x2' = x1' ) với khoảng thời gian Δt ' = t2' − t1' Khi đó, hệ K, trình xảy với khoảng thời gian Δt , ( ) cΔt = c ( t2 − t1 ) = γ c ( t2' − t1' ) + β ( x2' − x1' ) = γ cΔt ' ≥ cΔt ' ⇒ Δt ≥ Δt ' : khoảng thời gian HQC gắn với trình có giá trị nhỏ nhất, dài HQC chuyển động với trình Định lý tổng hợp vận tốc Với chất điểm, từ phép biến đổi Lorentz, lấy vi phân tọa độ không gian thời gian chất điểm hệ K’, ta có: dx' = γ ( dx − vdt ) ; dy ' = dy ; dz ' = dz ; cdt ' = γ (cdt − β dx ) Vận tốc chất điểm hệ K’ dọc theo trục tọa độ: ux' = uy ux − v uz , u 'y = , uz' = vu ⎛ vu ⎞ ⎛ vu ⎞ − 2x γ ⎜1 − 2x ⎟ γ ⎜1 − 2x ⎟ c c ⎠ c ⎠ ⎝ ⎝ III CHỨNG MINH CÔNG THỨC E = mc Tính tương đối khối lượng Theo tiên đề 2, ta thấy vật chuyển động gần tới vận tốc ánh sáng khó thay đổi vận tốc, tức là, quán tính vật lớn, hay nói cách khác, vật có khối lượng lớn Vậy khối lượng vật thay đổi chuyển động y y’ x O x’ O’ Chứng minh công thức E = mc2 * Xét chất điểm chuyển động với thông tin hai HQC hình vẽ Lực tác dụng, vận tốc tức thời khối lượng chất điểm HQC là: ur r + HQC K : F , u , m uur ur + HQC K’ : F ' , u ' , m' r ur d mu Khi đó, theo tiên đề 1, phương trình chuyển động tổng quát chất điểm F = phải dt ( ) bất biến phép biến đổi Lozentz, tức qua phép biến đổi Lorentz ta thu phương ur uur d m' u ' trình F ' = ngược lại dt ' ( ) ur F= ur Phép biến đổi Lorentz uur d m' u ' F' = dt ' ( ) r d mu ( ) dt (1) Chiếu (1) lên phương chuyển động, ta được: d ( mu ) F= dt Phép biến đổi Lorentz F = ' d ( m 'u ' ) dt ' (2) Theo phép biến đổi Lorentz, ta có: ⎧ d ( mu ) cd ( mu ) d ( cmu ) = = ⎪F = dt cdt γ ( cdt ' + β dx ' ) ⎪ ⎨ ' ' ' ' d ( cm'u ' ) ⎪ ' d ( m u ) cd ( m u ) F = = = ⎪ dt ' cdt ' γ ( cdt − β dx ) ⎩ Theo (2), suy ra: ⎧ d ( cmu ) d ( m 'u ' ) ⎪ = ' ' dt ' ⎪ γ ( cdt + β dx ) ⎨ ' ' ⎪ d ( cm u ) d ( mu ) = ⎪ dt ⎩ γ ( cdt − β dx ) ⎧dt ' d ( cmu ) = dt ' d ( cγ m'u ' ) + γβ dx 'd ( m'u ' ) ⎪ ⇔⎨ ' ' ⎪⎩dtd ( cm u ) = dtd ( cγ mu ) − γβ dxd ( mu ) ⎧dt ' d ( cmu − cγ m'u ' ) = γβ dx ' d ( m'u ' ) ⎪ ⇔⎨ ' ' ⎪⎩dtd ( cm u − cγ mu ) = −γβ dxd ( mu ) ⎧ d ( m 'u ' ) ' ' ' ⎪d ( cmu − cγ m u ) = γβ dx = γβ dx ' F ' = γβ dE ' = d (γβ E ' ) ' ⎪ dt ⇔⎨ d ( mu ) ⎪ ' ' d cm u − c γ mu = − γβ dx = −γβ dxF = −γβ dE = d ( −γβ E ) ( ) ⎪⎩ dt Trong đó, dE = dxF dE ' = dx ' F ' biến thiên lượng chất điểm hệ K K', có giá trị công ngoại lực thực lên chất điểm hệ K K' Từ suy ra: ⎧γβ E ' = cmu − γ cm'u ' + A ⎪ ⎨ ' ' ⎪ ⎩γβ E = −cm u + cγ mu + B (*) Với A, B số * Nhận xét: Từ (*) ta xét trường hợp sau: + Cho u = u ' = v = 0, β = , với chất điểm, theo (*) ta được: A = B = + Cho u ' = 0; u = v , HQC quán tính K’ gắn với chất điểm, chất điểm chuyển động với vận tốc v không đổi so với HQC quán tính K, theo (*), ta được: ⎧γβ E ' = cmv ⎨ ⎩ β E = cmv ⇒ ⎧ ' mc ⎪E = γ ⎪ ⎪ ⎨ E = mc ⎪E = γ E ' ⎪ ⎪⎩ Ở E ' lượng chất điểm HQC gắn với chất điểm, đương nhiên có giá trị không đổi, ta gọi lượng nghỉ chất điểm Tiếp theo, ta thấy v = HQC quán tính K gắn với chất điểm ta suy E ' = E = m0 c , m0 khối lượng chất điểm HQC gắn với nó, ta gọi khối lượng nghỉ chất điểm Vậy ta có: ⎧ mc 2 ⎪m0 c = γ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨ E = mc ⎪E = γ E ' ⎪ ⎪⎩ ⎧m = γ m0 ⎪ ' ⎨ E = m0c ⎪ ⎩ E = mc * Kết luận: + Khối lượng vật có tính tương đối, phụ thuộc vào HQC: nhỏ vật đứng yên, gọi khối lượng nghỉ, tăng vật chuyển động Nếu kí hiệu khối lượng nghỉ vật m0 r vật chuyển động với vận tốc v không đổi HQC quán tính khối lượng là: m0 m = γ m0 = v2 1− c ≥ m0 + Nếu kí hiệu lượng vật E vật đứng yên có lượng nghỉ E0 = m0c , chuyển động có lượng toàn phần E , gồm lượng nghỉ động năng: E = mc + Công thức liên hệ lượng toàn phần động lượng vật: ur r r E = m02c4 + p2c2 , p = mv = m0γ v * Bây ta tổng quát hoá công thức khối lượng tăng theo vận tốc, tức xét vật chuyển động với vận tốc thay đổi, ta cần nghiệm lại tiên đề r Giả sử vận tốc thay đổi vật HQC quán tính K u , lực tác dụng lên vật ur F , khối lượng vật m = γ m0 Trong trường hợp chuyển động vật, ta r ur đưa hai véctơ F u phương với Vậy ta cần xét trường r ur hợp đơn giản u ↑↑ F Khi đó, ta có: ⎛ ⎜ v m0 − d ⎜ c ⎜ ⎜ d (mu ) ⎝ F= = v ' dt ⎛ ⎜1 + u ⎝ c + 1− u2 + c2 ⎞ ⎟ u ⎟ u2 ⎟ 1− ⎟ c ⎠ ⎞ ' ⎟ dt ⎠ (i ) 2u u ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u 2c − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ d ⎜ u ⎟ u ⎟ du c ⎜ + = = ⇒ d = 3 2 uv du ⎜ u ⎟ u ⎟ ⎛ ⎛ v 2u⎞2 ⎞ 2 ⎜ ⎛ ⎞ u v ⎛ ⎞ − v ⎜ 1− ⎟ ' + u ' − ( u⎜'1+−v ) ⎟ − ⎜ − c ⎟ ⎜1⎜−1 − ⎟2 du ⎝ u '+ cv ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ c c⎠ ⎟⎠ du ⎜⎝ c c ⎟⎠ c ⎝ c ⎠ c + u= ⇒ = = ⇒ du = 2 v du ' v ⎞ v ⎞ v ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ 1+ u ' ⎜1 + u ' ⎟ ⎜1 + u ' ⎟ ⎜1 + u ' ⎟ c ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ (ii ) (iii ) ⎛ ⎞ ⎜ u' + v ⎟ c −⎜ v2 ⎞ 2 '2 ⎛ v '⎟ v '2 ' '2 ' ( c − v ) − u − ⎜ ⎟ + u ⎜ ⎟ c + u + 2vu − u − v − 2vu c2 ⎠ ⎛ u ⎞ c2 − u c ⎝ ⎠ ⎝ c + ⎜1 − ⎟ = = = = 2 c2 c2 v '⎞ v ⎞ ⎛ ⎝ c ⎠ 2⎛ c ⎜1 + u ⎟ c ⎜1 + u ' ⎟ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ = c2 (c2 − v2 ) − u ' (c2 − v2 ) v ⎞ ⎛ c ⎜1 + u ' ⎟ ⎝ c ⎠ (c = − v )( c − u '2 ) v ⎞ ⎛ c ⎜1 + u ' ⎟ ⎝ c ⎠ ⎛ v ⎞⎛ u '2 ⎞ = ⎜1 − ⎟⎜1 − ⎟ c ⎠⎛ v ⎞ ⎝ c ⎠⎝ + u ' ⎜ ⎟ ⎝ c ⎠ Thay (iii) (iv) vào (ii), ta được: ⎛ ⎜ d ⎜ u du ⎜ u2 ⎜ 1− c ⎝ ⎛ v2 ⎞ ' ⎛ ⎞ v '⎞ v '⎞ ' ⎛ ⎜1 − ⎟ du ⎜1 + u ⎟ ⎟ ⎜1 + u ⎟ du c c ⎠ c ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎟= = ⎝ 3 ⎟ '2 2 ⎞ ⎛ u ⎞ ⎛ u '2 ⎞ v v v ⎛ '⎞ ⎛ ⎟ ⎜1 + u ⎟ ⎜1 − ⎟ ⎜1 − ⎟ − ⎜1 − ⎟ ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ c ⎝ c ⎠ (v ) (iv ) Thay (v) vào (i), ta được: F= Trong HQC K’: m0 − v2 c2 v '⎞ ' ⎛ ⎜1 + u ⎟ du ⎝ c ⎠ d ( mu ) m0 du ' = = 3 dt v '⎞ v ⎛ u '2 ⎞ ' ⎛ u '2 ⎞ ' ⎛ ⎜1 + u ⎟ − ⎜1 − ⎟ dt ⎜1 − ⎟ dt c ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ( vi ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ' m0 u ⎟ d⎜ u ' ⎟ m0 d ⎜ ⎜ ⎜ u '2 ⎟ u '2 ⎟ ⎜ 1− ⎟ ⎜ 1− ⎟ d ( m 'u ' ) m0 du ' c c ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ F'= = = = dt ' dt ' dt ' ⎛ u '2 ⎞ ' ⎜1 − ⎟ dt ⎝ c ⎠ ( vii ) Vậy từ (vi) (vii), ta thấy dạng định luật II Newton tổng quát giữ nguyên qua phép biến đổi Lorentz Tiên đề nghiệm Những kết kỳ lạ Thuyết tương đối hẹp tìm từ hai tiên đề Einstein Toàn thuyết tương đối hẹp nằm hai tiên đề, mà viết dài có dòng IV HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH N N NQS Hiệu ứng Doppler tương đối tính r Giả sử nguồn N phát tín hiệu sóng điện từ có tần số f , chuyển động với vận tốc v r người quan sát (NQS - máy thu) đứng yên hình vẽ, θ góc tạo v hướng từ nguồn tới NQS Bắt đầu với tín hiệu Σ , HQC gắn với nguồn, sau khoảng thời gian T0 = lại phát tín hiệu Σ ' Khi đó, HQC gắn với NQS, khoảng thời f0 gian trôi γ T0 , khoảng thời gian này, NQS , tín hiệu Σ dịch chuyển đoạn cγ T0 , nguồn dịch chuyển đoạn vt γ T0 = v cos θγ T0 , nguồn 10 lại phát tín hiệu Σ ' Vậy HQC gắn với NQS, khoảng cách hai tín hiệu nhận được, gọi bước sóng, λ = cγ T0 − v cos θγ T0 , dẫn tới tần số nhận được: ⎛ c ⎜ f = = = ⎜ v λ cγ T0 − v cos θγ T0 γ T0 ⎜ − cosθ ⎝ c c ⎞ ⎟ f0 − β ⎟= ⎟ − β cosθ ⎠ Khi θ = 900 , ta có hiệu ứng Doppler ngang f = γ f Hiệu ứng Doppler tương đối tính ứng dụng nhiều khoa học kỹ thuật, đặc biệt thiên văn học, nhà thiên văn phát dịch chuyển phía đỏ ánh sáng phát từ sao, thiên hà xa xôi vũ trụ mà đến kết luận vũ trụ giãn nở C BÀI TẬP VÍ DỤ I BÀI TẬP VỀ THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP r Bài : Một chuyển động theo chiều dọc với vận tốc v không đổi HQC quán tính K Hỏi với giá trị v chiều dài HQC ngắn chiều dài riêng η = 0,5% ? r Lời giải: Gọi l0 chiều dài riêng Khi chuyển động với vận tốc v dọc theo v c so với HQC quán tính K chiều dài K l = l0 − β ; β = Theo giả thiết, cần có l = (1 − η ) l0 , từ suy vận tốc chuyển động so với K : v = c η ( −η ) ≈ 0,3.108 ( m / s ) Bài : Một hình tam giác vuông cân đứng yên HQC K, có diện tích S Tìm diện tích hình tam giác góc hệ K’ chuyển động hệ K với vận tốc c theo phương song song với cạnh huyền tam giác 11 Lời giải: r Gọi vận tốc hệ K’ so với hệ K v ; K’ chuyển động dọc theo trục Ox , theo phương song song với cạnh huyền tam giác Khi đó, so với K’, K chuyển động với vận tốc r −v , K hình tam giác ABC , K’ A' B 'C ' a2 Trong hệ K, tam giác ABC có : AB = AC = a ; BC = a ; ∑ ABC = ∑ ACB = 450 ; S = 2 2a v ⎛4⎞ Trong hệ K’, tam giác A' B 'C ' có : B'C ' = BC − β = BC − ⎜ ⎟ = ;β= = c ⎝5⎠ Không gian co lại dọc theo hướng chuyển động, hướng khác giữ nguyên, ta có : B' H ' = BH ⇔ A' H ' tan ϕ = AH tan 450 ⇔ B 'C ' BC tan ϕ = ⇔ tan ϕ = ⇒ ϕ ≈ 590 2 Vậy tam giác A' B 'C ' K’ : B 'C ' 2a 82a ∑ ' ' ' ' ' ' ' ' B AC = 620 ; ∑ A' B 'C ' = ∑ AC B = 590 ; A' B ' = AC = = + tan ϕ = 2cos ϕ 10 50 B' H ' = B 'C ' a 1 2a a 3a 3S tan ϕ = ⇒ S ' = B 'C ' B ' H ' = = = 2 2 10 Bài : Tìm độ dài riêng thanh, HQC phòng thí nghiệm, vận tốc c v = , độ dài l = 1, 00m góc với phương chuyển động α = 450 Lời giải: Trong HQC phòng TN, ta có : lx = l cos α ; l y = l sin α Suy : l0 x' − β = l cos α → l0 x' = + l0 = l + l x' y' l cos α 1− β ; l0 y' = l sin α − β sin β − 0,52 sin 450 42 =l =1 = m ≈ 1,08m 2 1− β − 0,5 12 dh z S = - γ (p2 + p3) S h h z Gọi M khối lượng vách ngăn: F = M !! Mặt khác Mg = S.104 γ(p2+p3) g 9,81 Suy ra: ω = = 1,4.5 = 18,53 (rad.s-1) 104 h 0,2 Tần số dao động là: ω f= = (Hz) 2π Bài 10 Một mol khí lí tưởng biến thiên từ nhiệt độ T1 thể tích V1 đến T2, V2 Chứng minh độ biến thiên entropy khí là: T V ΔS = CVln + Rln T1 V1 Một chất khí lí tưởng giãn nở đoạn nhiệt từ (p1, V1) đến (p2, V2) Sau nén đẳng áp đến )p2, V1) Cuối áp suất tăng tới p1 thể tích V1 Chứng minh hiệu suất chu trình là: p ⎛V ⎞ ⎛p ⎞ C với γ = p η = − γ ⎜⎜ − 1⎟⎟ /⎜⎜ − 1⎟⎟ CV A ⎝ V1 ⎠ ⎝ p2 ⎠ p1 Lời giải: 1 Từ dS = (dU+pdV) = (CV dT +pdV) T T B Và pV = RT p2 T V C Ta ΔS = CVln + Rln T1 V1 F = - γ(p2 + p3) V1 Chu trình biến đổi trạng thái chất khí đồ thị Công hệ thực chu trình A = ∫ pdV = ∫ pdV + p (V1 − V2 ) V2 V AB Xét trình AB: ∫ pdV = − ∫ C V AB dT = −CV (T2 − T1 ) = AB ( p 2V2 − p1V1 ) 1− γ Với pV = nkT Cp = CV + R Chất khí nhận nhiệt giai đoạn CA: Q= ∫ TdS = ∫ C V CA dT = CV (T1 − T2 ) = CA Hiệu suất động là: ⎛V ⎞ ⎛p ⎞ A η = = − γ ⎜⎜ − 1⎟⎟ /⎜⎜ − 1⎟⎟ Q ⎝ V1 ⎠ ⎝ p2 ⎠ Bài 11 (Đề thi chọn đội tuyển IphO năm 2005) Một xilanh nằm ngang có dạng hình hộp, chiều dài 2ℓ tiết diện ngang hình vuông cạnh a Xilanh chia làm hai phần vách ngăn S (có bề dày khối lượng không đáng kể), dịch chuyển không ma sát dọc theo xilanh Thành xilanh vách ngăn làm vật liệu cách nhiệt Phần bên trai xilanh chứa lượng thuỷ ngân, phía có lỗ nhỏ A thông với V1 ( p2 − p1 ) 1− γ A S V0 a Hg 2ℓ 151 khí bên Phần bên phải xilanh chứa khối khí lưỡng nguyên tử Khi hệ cân vách ngăn S nằm xilanh, thuỷ ngân chiếm nửa thể tích phần bên trái khối khí có nhiệt độ T0 (hình vẽ) Tính áp suất khối khí lên vách ngăn Nung nóng khối khí (nhờ dây điện đưa trước vào phần bên phải xilanh (Vách ngăn bắt đầu dịch chuyển sang bên trái Thiết lập hệ thức áp suất p thể tích V khối khí trình dịch chuyển S Vách ngăn S vừa chạm vào thành bên trái xilanh, xác định: a Nhiệt độ khối khí b Công tổng cộng mà khối khí thực c Nhiệt lượng tổng cộng cung cấp cho khối khí Lời giải: Gọi dHHg áp lực thuỷ ngân có độ cao dh tác dụng lên S: a/2 1 ⌠ dFHg = (pk + ρgh) adh → FHg = ⎮ dFHg = pk a2 + ρga3 ⌡ Áp lực khí tác dụng lên nửa còng lại vách ngăn: FA = pk a2 Áp lực toàn phần tác dụng lên phía trái S: F = FA + FHg = pk a2 + ρga3 Áp lực cân với áp lực khối khí tác dụng lên mặt phải S, áp suất khối khí là: F p0 = = pk + ρga = 1,029 105 (Pa) a Khi vách ngăn dịch chuyển sang bên trái x A đoạn x cho ≤ x ≤ thuỷ ngân có độ S V0 cao b Thể tích khối khí là: V a b V = (1 + x) a2 → x = - a Hg ℓ - Nếu ≤ x ≤ thuỷ ngân chưa trào 2ℓ theo lỗ A nên: a a a = (1 - x)ab → b = = 2(ℓ-x) (2-V/V0) Trong V0 = a2ℓ Do tương tự ta có: 1 ⎛ ⎞ p(V) = pk + ρga ⎜(2-V/V )⎟2 ⎝ ⎠ - Nếu ≤ x ≤ tức V0 ≤ V ≤ V0 thuỷ ngân trào trình đó: 2 p(V) = pk + ρga Trong trình Hg trào p(V) không đổi Thay số: - Nếu V0 ≤ V ≤ V0 hay 2lít ≤ V ≤ 3lít thì: 6,8 ⎤ ⎡ p(V) = ⎢101,2+(4-V)2⎥ (kPa) (V tính lít; V0 = 2lít) ⎣ ⎦ 152 V ≤ V ≤ 2V0 hay 3lít ≤ V ≤ 4lít, thì: p(V) = pk + ρga = 108 (kPa) - Nếu a Nhiệt độ khối khí: ρga (pk+ ) = 629,74 K = 356,60 C ρga (pk+ ) b Công tổng cộng mà khối khí thực Công khối khí dùng để đẩy lượng không khí phần bên trái xilanh ngoài: A1 = pk ΔV = pk V0 Công để đưa toàn khối thuỷ ngân trào qua lỗ A: A2 = mg Δh = ρga V0 Công mà khối khí thực hiện: ⎛ ⎞ A = A1 + A2 = ⎜pk+8ρga⎟ V0 = 202, 41 (J) ⎝ ⎠ c Nhiệt lượng tổng cộng cung cấp cho khối khí p0V0 pV pV = 1 → T1 = T0 1 = 2T0 T0 T1 p0V0 Độ tăng nội khí: 5 5⎛ ⎞ ΔU = nCVΔT = p1V1 - p0V0 = ⎜pk+8ρga⎟ V0 = 565 (J) ⎠ 2 2⎝ Nhiệt lượng cung cấp cho khối khí: Q = ΔU + A = 767 (J) Bài 12 Một mol khí xilanh có số đoạn nhiệt γ xác định, xilanh pit tông cách nhiệt, pit tông chuyển động không ma sát Bên không khí có áp suất p0 Tại thời điểm người ta tăng giảm áp suất bên lượng Δp0 cách đột ngột (điều thực cách thêm bớt phần tải trọng lên pit tông) Tính thể tích khí sau cân thiết lập Biết ban đầu khí có T0, V0 Lời giải: Khí ban đầu: p0, V0, T0 Khí lúc sau: p = p0 + Δp0 , V, T p V pV Theo phương trình trạng thái: 0 = (1) T0 T Do xilanh cách nhiệt: Akhí = -An/lực Q =0 ⇒ A + ΔU = ⇔ pΔV + nCVΔT = ⇔ p (V - V0) + nCVΔT = (2) p0V0 pV pV-p0V0 ⇔ = = (3) T0 T ΔT Giải hệ phương trình pV + nCVΔT = pV0 pV pV - 0 ΔT = p0V0 T0 ⇒ pV + nCV ΔT = pV0 pV (nCV + 0) ΔT = (p - p0)V0 T0 (p-p0)V0 (p-p0)V0 = pV0 p0V0 1+γ-1 (nCV+ ) T0 Δp0V0 R pV0+CVT0 = (p0 + Δp0)V0 = p CV+R γ ⇒ V = pV0 - nCV 153 Bài 13 Một xilanh kín hai đầu ngăn cách pitong cách nhiệt Phần bên trái chứa n mol khí đơn nguyên tử (xem khí lý tưởng) áp suất po, thể tích Vo nhiệt độ To, phần bên phải chứa 2n mol loại khí thể tích Vo nhiệt độ To Pittong có khối lượng m = 10kg, tiết diện S chuyển động không ma sát Phần khí bên phải có lò xo có độ cứng k nối pittong với thành bên phải bình Bỏ qua lọt khí mặt tiếp xúc, khối lượng lò xo, nhiệt dung bình chứa pittong Hệ nằm cân pittong không bị nén hay dãn Hãy tìm tần số dao động pittong bị làm lệch khỏi VTCB đoạn nhỏ Bây pittong bị đẩy xuống đến thể tích khí nửa, thả không vận tốc đầu Hãy tìm giá trị thể tích khí lúc vận tốc pittong gV0 3S mgS Mọi trình chất khí đoạn nhiệt R = Vo x 8,31J/mol.K; γ = 5/3 Cho độ cứng k = Lời giải: k → Phương trình chuyển động pitong dịch chuyển Fđh đoạn x từ VTCB: p2S p1 S mx’’ = - kx - p1S + p2 S (1) Với p1 p2 áp suất khí phần bên chứa lò xo phần chứa không khí pVγ p0 Sx p1 = 0 γ = = p0(1+γ ) Sx V0 (V0-Sx) (1- )γ V γ p0V0 Sx p2 = = p0 (1 − λ ) γ V0 (V0 + Sx ) Sx Sx Sx S ⇒ mx’’ = -kx - p0(1+γ ) + p0(1- γ ) = -kx - 2p0γ = - (k + 2p0γ ) x (2) V0 V0 V0 V0 nRT0 Với p0V0 = nRT0 ⇒ p0 = (3) V0 nRT0 S Từ (2) (3), ta được: mx’’ = -(k + γ )x V0 V0 Vậy pitong dao động điều hòa với tần số nRT0 S nRT0 S ω= (k+2 γ ) (4) k+2 γ V0 V0 V0 V0 2 Công thực phần khí bên trái thể tích tăng từ V0 đến V 1−γ V V γ γ ⎡ pV pV ⎛ 2V ⎞ ⎤ W1 = ∫ pdV = ∫ γ dV = 0 ⎢V 1−γ − ⎜ ⎟ ⎥ (5) − γ V ⎝ ⎠ 2V0 2V0 ⎣⎢ ⎦⎥ 3 Công thực phần khí bên phải thể tích giảm từ W2 = 2V0 −V 2V0 −V 4V0 4V0 ∫ pdV = ∫ 3 [ V dến V0 - V p0V0γ p0V0γ 1−γ dV = (V0 − V )1−γ − (2V0 − V ) γ 1− γ V Sự thay đổi lò xo: 154 ] (6) ⎛ 2V ⎞ ⎞⎟ ⎛ ⎜ ⎜ 2V − ⎟ 2 ⎜ ⎛ 2V0 − V ⎞ ⎜ ⎟ ⎟ Wt = kx - kx0 = k ⎜ ⎜ ⎟ − 2 ⎟ ⎟ ⎝ S ⎠ ⎜ S ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 1 gV0 Động : Wd = mv2 = m 2 S Theo đinh luật bảo toàn lượng W1 + W2 = Wt + Wd Giải hệ (5), (6), (7), (8), (9) ta thu kết Bài 14: Trên hình vẽ hai chu trình kín nhiệt động lực học diễn với khí lí tưởng đơn nguyên tử: → → → → → → → → Chu trình có hiệu suất có ích lớn lớn lần Lời giải: (7) (8) (9) p 4p0 2p0 p0 O V0 2V0 Hiệu suất chu trình tỉ số công thực khí nhiệt lượng truyền cho khí chu trình Công diện tích hình giới hạn đồ thị chu trình Với chu trình đầu: A1 = (2p0 - p0) (2 V0 - V1) = p0V0 Khí nhận nhiệt giai đoạn → → sinh công đoạn → 3: Q1 = Q12 + Q23 = ΔU12 + ΔU23 + A23 = ΔU13 + A’23 P0 V0 P0 V 3 ΔU13 = nCV(T3 - T1) = nR(T3 - T1) = nR ( ) = p0V0 2 VR VR A’23 = 2p0 V0 13 ⇒ Q1 = pV 0 Với chu trình thứ hai: A2 = (4p0 - p0) (2V0 - V1) = p0V0 Tương tự trình → → → → khí nhận nhiệt giai đoạn → → 6, sinh công đoạn → A’56 Q2 = = p0V0 29 p V 0 Hiệu suất chu trình: η = A' , ta được: Q 155 V η1 = η , η = , = 0,74 13 29 η Bài 15: Cho trước hệ thức sau đại lượng: entropy S, thể tích V, nội U, số hạt N hệ nhiệt động lực học là: S = A[NVB]1/3, A số Hãy tìm mối liên hệ đại lượng a U, N, V T b Áp suất p, N, V T c Tính nhiệt dung riêng đẳng tích CV Giả sử có hai vật giống hệt gồm loại vật liệu tuân theo phương trình trạng thái tìm câu (1) N V có giá trị hai chúng nhiệt độ ban đầu tương ứng T1 T2 Dùng hai vật làm nguồn sinh công cách đưa chúng tới nhiệt độ cuối Tf Quá trình thực cách lấy nhiệt lượng từ nguồn nóng truyền cho nguồn lạnh, phần lại sinh công a Xác định khoảng nhiệt độ cuối khả dĩ? b Ở nhiệt độ Tf sinh công lớn nhất? Giá trị lớn công bao nhiêu? (Có thể khảo sát hai qúa trình thuận nghịch không thuận nghịch để giải toán này) Lời giải: S U= A NV 3S 3U ⎛ ∂U ⎞ T = −⎜ = = ⎟ ⎝ ∂S ⎠V , N A NV A( NV ) S2 ⎛ ∂U ⎞ ⎛ AT ⎞ p = −⎜ = = NV ⎟ ⎜ ⎟ V ⎝ ∂V ⎠ S , N A NV ⎝ ⎠ A3 NV ⎛ ∂S ⎞ CV = T ⎜ = T ≡λ T ⎟ ⎝ ∂T ⎠V , N 2 a Khi khí không sinh công, Tf cực đại Khi Q1 = Q2 = Tf Tf T1 Tf T1 ∫ cV dT = ∫ λ T dT = với λ = A3NV 3 λ (T f = T1 ) 3 2 c dT = λ ( T − T ) V f ∫T 2 ⎡ T +T ⎤ ⎥ Với Q1 + Q2 = 0, ta được: T f max = ⎢ ⎢⎣ ⎥⎦ Giá trị cực tiểu T ứng với trình thuận nghịch, độ biến thiên entropy Vì Tf dT ⌠ ΔS1 = = 2λ ( Tf1/2 - T11/2) ⎮ cV T ⌡ T1 Tf dT ⌠ ΔS2 = = 2λ ( Tf1/2 - T21/2) ⎮ cV T ⌡ T2 156 ⎛ T 12 + T 12 ⎞ ⎟ với ΔS1 + ΔS2 = 0, ta có: T f = ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vậy khoảng nhiệt độ là: Tfmin ≤ Tf ≤ Tfmax b Công sinh cực đại ứng với nhiệt độ Tfmin, tức động nhiệt thuận nghịch sinh công cực đại 2λ T1+ T2 Amax = - (Q1 + Q2) = [T 3/2 + T23/2 - ( ) ] A3NV với λ = p Bài 16 Chu trình động Diesel biểu diễn hình vẽ p3 1-2: Nén đoạn nhiệt không khí 2-3: Nhận nhiệt đẳng áp (phun nhiên liệu vào xi lanh, nhiên liệu cháy) 3-4: Dãn đoạn nhiệt p1 4-1: Thải khí (coi nhả nhiệt) nạp khí (Thực thải khí trình 4561 56 O V V3 61 triệt tiêu công nhiệt) V V Đặt ε = gọi tỉ số nén; ρ = gọi hệ số nở sớm V2 V2 Tính hiệu suất chu trình theo tỉ số nén, hệ số nở sớm tỉ số đoạn nhiệt? Lời giải: Động Diesel: Kì 1: (nạp) Van nạp mở, có không khí vào xi lanh, pitông từ điểm chết đến điểm chết Khi pitông điểm chết van nạp đóng Kì 2: (Nén) Pitông từ điểm chết lên điểm chết trên, không khí bị nén, áp suất tăng, nhiệt độ tăng Ở cuối kì dầu phun vào nhiệt độ cao nên tự cháy Kì 3: (Nổ) Dầu cháy, khí giãn nở sinh công, pitông từ điểm chết xuống điểm chết Kì 4: (Xả) Pitông bắt đầu rời điểm chết lên van xả mở Khi pitông đến điểm chết van xả đóng van nạp mở, bắt đầu chu trình @ Do Bugi nên để nhiên liệu cháy cần nhiệt độ cuối kì II cao, tỉ số nén ε cần lớn (12-20) Van nạp Vòi phun 1-5 V1 V Van xả Quá trình 1-2 trình nén khí đoạn nhiệt nên không khí không nhận nhiệt lượng, ta có: γ −1 T2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ = γ −1 (1) ⇒ V = T2 V T1 ⎝ V2 ⎠ ε Quá trình 2-3 trình dầu cháy, chất khí nhận nhiệt, thể tích tăng sớm đẳng áp đến giá trị V2 T1 1γ −1 γ −1 157 T3 V3 = = ρ T2 V2 (2) T3 -1) = nCpT2( ρ -1) (3) T2 Quá trình 3-4 trình giãn khí đoạn nhiệt, thể tích tăng từ V3 đến V4 T3 V3γ −1 = T4 V4γ −1 (4) Quá trình 4-1: (Coi chất khí toả nhiệt cho nguồn lạnh, áp suất nhiệt độ giảm đẳng tích) T Nhiệt lượng mà chất khí toả có độ lớn: Q’ = nCv(T4-T1) = nCVT1( -1) (5) T1 Nhiệt lượng chất khí nhận được:Q = nCp.(T3-T2)= nCp.T2( Từ (1) (4) suy ra: T4 T ⎛V ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ T1 T2 ⎝ V2 ⎠ γ −1 (6) T4 = ργ (7) T1 Thay (7) vào (5): Q’=nCVT1( ρ γ -1) Hiệu suất chu trình: γ γ Q − Q' ργ −1 Q' T C ρ −1 1 ρ −1 H = = 1= 1- V =1- γ −1 = 1- γ −1 γ ρ −1 Q T1 CP ρ − γε ( ρ − 1) ε Q Bài 17: Tính biến thiên entropy trình đông đặc bezen áp suất 1atm hai trường hợp sau: đông đặc t = + C đông đặc t = - C Nhiệt độ đông đặc bezen + C với nhiệt độ nóng chảy ΔQnc = 9,916kJ / mol (C P ) ) C6 H (l ) = 126,8 J / K mol , (C P C H ( r ) = 122 ,6 J / K mol Từ ta suy trình Từ (2) (6) suy ra: 6 có phù hợp với thực tế hay không trình xảy nào? Lời giải: Quá trình đông đặc bezen + C trình đông đặc bình thường, thuận nghịch đẳng nhiệt Nhiệt đông đặc benzen : ΔH đđ = −ΔH nc = −9,916 kJ / mol = −9,916 10 J / mol Biến thiên entropy trình đông đặc là: ΔQđđ − 9,916.10 ΔSC6 H6 (hê) = = = −35,67 J / k mol T1 + 273 ΔQnc 9,916.10 ΔSC H (mt ) = = = 35,67 J / k mol T1 + 273 6 Δ Scô lập = ΔShệ + ΔSmôi trường = -35,67 + 35,67 = Vì nguồn nhiệt bên ngoài( môi trường) nhận nhiệt lượng 9916 J có mol bezen đông đặc Giữa benzen chậm đông đặc -5 C bezen rắn -5 C cân nhiệt động Vì vậy, trình đông đặc trình không thuận nghịch Như ΔS tính theo sơ đồ sau: ΔS =? ⎯→ C H (r ,− C ) C H (l,-5 C ) ⎯⎯ ↓ ΔS1 ↑ ΔS 158 C H (l ,+5 C ) Khi đó: S2 C H ( r , +5 C ) ⎯Δ⎯→ 278 ΔS1 = ∫ C p (l ) 268 278 dT dT ⎛ 278 ⎞ = ∫ 126,8 = 126,8.ln ⎜ ⎟ = 4,64J/K.mol T T ⎝ 268 ⎠ 268 ΔS = −35,67J / K.mol 268 268 dT dT ⎛ 268 ⎞ ∫278 T = 278∫ 122,6 T = 122,6.ln( ⎜⎝ 278 ⎟⎠ = -4,49J/K.mol Vậy biến thiên entropy trình là: ΔS = ΔS1 + ΔS + ΔS = 4,64 − 35,67 − 4,49 = −35,52 J / K mol ΔS = Cp Tính ΔS : trình thục tế xảy -5 C nên phải tính nhiệt đông đặc theo định luật Kirchoff( xem λ tương đương với ΔH ) 268 268 dT = -9916 + ∫ (122,6 − 126,8)dT = -9916 + λ268 = λ278 + ∫ ΔC P T 278 278 Vậy môi trường thực tế nhận 9874 J ΔS mt = 268 ∫ (−4,2)dT = -9874 J 278 Qmt 9874 = = 36,84 J/ K Tmt 268 ΔS cô lập= -35,52 + 36,84 = 1,32 J/K Khi ta thấy kết phù hợp với thực tế đồng thời trình tự xảy ΔS cô lập > Bài 18 Khí lý tưởng lưỡng nguyên tử thực chu trình hình vẽ Tính công A mà khí sinh nhiệt nhận chu trình Biết 12 41 trình polytropic; 23 trình đẳng nhiệt; 34 trình đẳng tích Lời giải: Xét trình 12 : Do trình polytropic nên ta có : p V p1V2 n = p2V2 n → n = ln : ln = −1 p2 V1 Tương tự, số polytropic trình 14 n’=- Từ n= -1 suy pV-1 = số hay p=aV Đồ thị biểu diễn 12 đoạn thẳng Giá trị đại số công A sinh tính tổng đại số diện tích S = S(A123B) + S(B341A) Có : S(A123B) = ( p1 + p2 ) (V2 − V1 ) + p2V2 ln 2 = p2V2 + p2V2 ln − p1V1 + p4V4 14 S(B341A) = = − p2V2 n '− 12 Từ ta có : 29 ⎞ ⎛ A = p 2V2 ⎜ ln ⎟ 14 ⎠ ⎝ 159 Nhiệt lượng Q mà khí nhận chu trình : Q= Q12 + Q23 + Q34 Trong trình polytropic 12 nhiệt dung khí tính theo công thức: C − Cp n= = − ⇒ C = (CV + C p ) = 3R C − CV Các nhiệt độ tính sau: p1V1 p2V2 = ⇒ T2 = 4T1 ; T3 = T2; T4 = 2T3 = 8T1 T1 T2 Nhiệt lượng nhận chu trình: 19 ⎞ ⎛ Q = Q = νC (T2 − T1 ) + νCV (T4 − T3 ) = p 2V2 ⎜ ln + ⎟ 4⎠ ⎝ Bài 19 Nhiệt độ môi trường t0 C Nhiệt nóng chảy nước λ Tính công nhỏ cần tiêu thụ để: Làm m kg nước đông đặc O0C Làm m kg nước nhiệt độ môi trường đông đặc Lời giải: Để công làm lạnh đông đặc lượng nước nhỏ ta dùng máy lạnh lí tưởng (hoạt động theo chu trình Cacno thuận nghịch) Gọi dA, dQ2 công máy lạnh thực nhiệt lượng nhận từ nguồn lạnh (nước) dQ1 nhiệt lượng nhả môi trường bên (nguồn nóng) Ta có: dQ1 = - dA + dQ2 (1) T1-T2 Với dA = η dQ1 (2) η= (3) T1 Nguồn lạnh 00C ⇒ T2 = 273K, T1 = t1 + 273 K Từ (1), (2) (3), ta được: dQ η T -T dQ1 = dA = dQ2 = dQ2 (4) 1-η 1-η T2 η T -T Vì T1 T2 không đổi ⇒ A = Amin1 = Q = Q2 với Q2 = m.λ 1-η T2 Amin = Amin1 + Amin2 Với Amin1 công thực làm đông đặc m kg nước 00C Amin2 công làm lạnh nước từ nhiệt độ môi trường 00C Xét trình làm lạnh nước từ nhiệt độ môi trường 00, ta có: dQ2 = - mcdT thay vào (4) ta được: T-T1 dT dA = mcdT = mcdT - mcT1 T T T2 T2 T ⌠ ⌠ dT Lấy tích phân: A = mc ⎮ dT - mcT1 ⎮ = mc(T2 - T1 + T1 ln ) T T2 ⌡ ⌡ T1 T1 T -T T ⇒ Amin = m.λ + mc(T2 - T1 + T1 ln ) T2 T2 Bài 20 Có hai vật nhiệt độ ban đầu T1, T2 có nhiệt dung C1 C2 không phụ thuộc vào nhiệt độ Một vật dùng làm nguồn nóng, vật dùng làm nguồn lạnh cho động nhiệt lí tưởng Tính công lớn nhận nhiệt độ cuối hai vật Lời giải: Xét trạng thái mà vật thứ có nhiệt độ T’1, vật thứ hai có nhiệt độ T’2 Động nhận nhiệt từ vật thứ nhiệt lượng dQ1, làm giảm nhiệt độ vật xuống lượng dT’1: dQ1 = - C1dT’1 (1) vật thứ hai nhận nhiệt lượng dQ2, nhiệt độ tăng lên lượng dT’2: 160 dQ2 = C2dT’2 (2) T’1-T’2 (4) T’1 Theo định luật bảo toàn lượng: dQ1 = dQ2 + dA (5) Từ (3) (5) suy ra: dQ2 = (1- η)dQ1 dT’2 dT’1 Từ (1), (2) (4) ta được: C2 = - C1 T’2 T’1 TC TC ⌠ dT’2 ⌠ dT’1 Tích phân hai vế: C2 ⎮ = - C1 ⎮ với TC nhiệt độ cuối hai vật ⌡ T’2 ⌡ T’1 T2 T1 sinh công: dA = ηdQ1 C1+C2 ⇒ TC (3) C1 C2 = T1 T2 với η = ⇒ TC = T1 C1 C1 +C2 C2 C1 +C2 T (6) ⇒ dA = - C1dT’1 - C2dT’2 TC TC ⌠ ⌠ ⇒ A = -C1 ⎮ dT’1 - C2 ⎮ dT’2 = C1T1 + C2T2 - (C1+C2)TC ⌡ ⌡ T2 T1 A = Amax ứng với nhiệt độ cuối TC hai vật Bài 21 Một chất khí thoát đoạn nhiệt từ bình chứa khí theo ống nằm ngang có tiết diện S nhỏ Áp suất p0, nhiệt độ T0 bình giữ không đổi Áp suất bên p Giả sử khí lí tưởng tiết diện ống nhỏ bỏ qua vận tốc dòng khí bình Tìm vận tốc v khí lượng khí q thoát đơn vị thời gian Từ (5): Lời giải: Trong dòng dừng chất khí ta tách ống ΔV1 dòng hình vẽ 1’ Trong ống dòng ta tách lượng khí nằm tiết diện → 1-2 thời điểm t 1’-2’ thời điểm t + Δt v1 Chuyển động lượng khí ống dòng ta xét tương đương với chuyển động n nol khí thể tích ΔV1 chuyển đến ΔV2 Vì trình đoạn nhiệt, theo nguyên lí I p1 t + Δt nhiệt động lực học ta có: T1 ΔQ = ΔU + ΔWđ + ΔA = t Với T1, T2 nhiệt độ nhiệt độ ứng với trạng thái dừng tiết diện ΔU = nCV(T2 - T1) ΔWđ = nµ (v22- v12) A = p2ΔV2 - p1ΔV1 = nR(T2-T1) ⇒ nCV(T2 - T1) + nR(T2-T1) + nµ (v22- v12) = 1 ⇔ CpT1 + nµ v12 = CpT2 + nµv22 2 ⇔ CpT + µ v12 = const (1) phương trình thoát khí đoạn nhiệt 161 ΔV2 2’→ v2 p2 T2 t t + Δt Áp dụng cho khí (nhiệt độ T0 vận tốc vĩ mô v1 = 0) bình(nhiệt độ T, vận khí v2 = v), ta được: 2 γ 2γ T v= Cp(T0-T) = R(T0-T) = RT0(1- ) (2) T0 µ µ γ-1 µ(γ-1) Vì trình đoạn nhiệt, ta có: γ −1 γ T ⎛ p0 ⎞ =⎜ ⎟ T0 ⎜⎝ p ⎟⎠ γ −1 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ 2γ p γ ⎥ ⎢ RT0 − ⎜⎜ ⎟⎟ Từ (2) (3), ta được: v = ⎢ ⎝ p0 ⎠ ⎥ µ (γ − 1) ⎢⎣ ⎥⎦ Lượng khí thoát theo thời gian q = ρvS T0γ p01-γ = Tγ p1-γ Với ρ mật độ khí, tỉ lệ với ⇒ : V Thay (4) (6) vào (5), ta được: ρ V0 ⎛ p ⎞ − =⎜ ⎟ ρ V ⎜⎝ p ⎟⎠ γ tốc (3) (4) (5) (6) γ+ ⎡ ⎤ γ ⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞γ ⎥ 2γ ⎢ q=S p ρ ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎥ γ −1 ⎢⎣ ⎥⎦ Bài 22 Một mol khí lí tưởng biến thiên từ nhiệt độ T1 thể tích V1 đến T2, V2 Chứng minh độ biến thiên entropy là: T V ΔS = CV ln + R ln T1 V1 Một lượng khí lí tưởng giãn nở đoạn nhiệt từ (p1, V1) đến (p2, V2) Sau nén đẳng áp đến (p2, V1) Cuối áp suất tăng tới p1 thể tích V1 không đổi Chứng minh hiệu suất chu trình là: η = - γ(V2/V1 - 1)/ (p1/p2 - 1) Bài 23 Từ nguyên lí thứ nhiệt động lực học định nghĩa CV Cp, chứng minh rằng: ⎡ ⎛ δU ⎞ ⎤⎛ δV ⎞ C p − CV = ⎢ p + ⎜ ⎟ ⎥⎜ ⎟ ⎝ δV ⎠ T ⎦⎝ δT ⎠ p ⎣ với CV, Cp nhiệt dung riêng mol đẳng tích đẳng áp; U V nội thể tích mol Dùng kết với biểu thức” ⎛ δU ⎞ ⎛ δp ⎞ ⎟ = T⎜ ⎟ ⎝ δV ⎠ T ⎝ δT ⎠V p+ ⎜ tìm Cp - CV khí Van der Waals, tức khí a ⎞ ⎛ có phương trình trạng thái: ⎜ p + ⎟(V − b ) = RT V ⎠ ⎝ Dùng kết chứng tỏ V → ∞ p không đổi ta thu biểu thức Cp - CV khí lí tưởng 162 Bài 24 Một động Carnot hoạt động theo chu trình hình vẽ Nếu A A’ tương ứng công thực mol khí đơn nguyên tử lưỡng nguyên tử Hãy p (pC) tính A’/A Bài 25 Một lượng khí lý tưởng thực chu trình biểu diễn hệ tọa độ p- T có dạng đường tròn hình Đơn vị trục chọn pC TC Nhiệt độ thấp chu trình T0 Tìm tỷ số khối lượng riêng nhỏ ρ1 khối lượng riêng lớn ρ lượng khí thay đổi trạng thái theo chu trình O C T0 Bài 26 Cho bình hình trụ kín, bình có pittông mỏng MN dịch chuyển không ma sát Biết C pittông, thành bên nắp CD bình làm loại vật liệu không dẫn nhiệt Đáy AB dẫn nhiệt Phía phía pittông chứa mol khí lý tưởng đơn nguyên tử hình Có thể cung cấp nhiệt lượng hay lấy bớt nhiệt lượng khí pittông qua đáy bình AB Biết chiều cao xy lanh L Hãy tìm biểu thức nhiệt dung C1 khí pittông theo khoảng M cách h từ pitông đến đáy xy lanh Nhiệt dung C2 khí pittông bao nhiêu? T (TC) D N L h Bài 27 Một ống hình trụ cách nhiệt, miệng hở, chiều dài L A B đặt thẳng đứng Trong ống có cột Hg chiều cao a Dưới cột Hg có chứa n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử chiều cao h (h < L − a) nhiệt độ To, áp suất khí po (mmHg) Người ta nung nóng khí cho cột Hg chuyển động chậm Bỏ qua ma sát Hg thành ống, giả thiết trình nung nóng khí trao đổi nhiệt khí Hg không đáng kể Nhiệt độ khí thay đổi suốt trình cột Hg trào khỏi ống Tính nhiệt lượng tối thiểu cần truyền cho khối khí để Hg chảy hoàn toàn khỏi ống Bài 28 Người ta đưa cầu nước đá nhiệt độ t0 = 0oC vào sâu giữ đứng yên lòng hồ nước rộng có nhiệt độ đồng t1 = 20oC Do trao đổi nhiệt, cầu bị tan dần Giả thiết trao đổi nhiệt nước hồ cầu nước đá dẫn nhiệt Biết hệ số dẫn nhiệt nước k = 0,6 J.s-1.m-1.K-1; nhiệt nóng chảy nước đá λ = 334.103 J.kg-1; khối lượng riêng nước đá ρ = 920 kg.m-3; nhiệt lượng truyền qua dT dT diện tích S vuông góc với phương truyền nhiệt thời gian dt dQ = −kS dt với dx dx độ biến thiên nhiệt độ đơn vị chiều dài theo phương truyền nhiệt Từ thời điểm cầu nước đá có bán kính R0 = 1,5 cm, tìm: Thời gian để cầu tan hết Thời gian để bán kính cầu lại nửa Bài 29 Xilanh có tiết diện S = 100 cm2 với pitông P vách ngăn V làm chất cách nhiệt nắp K vách băgn mở áp suất bên phải lớn áp suất trái Ban đầu phần bên trái xilanh có chiều dài ℓ = 1,12 m Chứa m1 = 12 gam khí Hêli, phần bên phải có chiều dài ℓ = 1,12 m, 163 chứa m2 = gam khí Hêli, nhiệt độ hai phần T0 = 273K Ấn từ từ pitông sang trái, ngường chút nắp mở đẩy pitông đến sát vách V Tìm công thực Cho biết áp suất không khí bên p0 = 105 N/m2, nhiệt dung riêng đẳng tích đẳng áp Hêli là: CV = 3,15 103 J/kg.độ ; Cp = 5,25.103 J/ kg.độ Bài 30 Chu trình động xăng kì (Chu trình otto chu trình Bôđơrosa) biểu diễn hình vẽ P 1-2: Nén đoạn nhiệt hỗn hợp không khí nhiên liệu 2-3: Nhiên liệu cháy, chất khí nhận nhiệt đẳng tích P 3-4: Dãn đoạn nhiệt P 1-5 4-1: Thải khí (coi nhả nhiệt) nạp hỗn hợp (Thực V V thải khí trình 4561 56 61 triệt tiêu công nhiệt) p V Đặt ε = gọi tỉ số nén; λ = gọi hệ số tăng áp nhận nhiệt V2 p2 Tính hiệu suất chu trình theo tỉ số nén tỉ số tăng áp tỉ số đoạn nhiệt? 3 Bài 31 Một mol khí lý tưởng thực chu trình kín mà đường biểu diễn đồ thị (pV) hình 1−2: đẳng áp; 2−3: đẳng tích; 3−1: p = f(V) Biết T1=T3 = To; V2 = nV1 (n > 1) p 1 Hãy tìm nhiệt lượng khí tỏa Tìm hiệu suất chu trình O V Bài 32 Một pittông khối lượng M giữ xilanh đặt thẳng đứng tiết diện S, pittông lượng khí lý tưởng có áp suất po áp suất khí quyển, có nhiệt độ To, chiều cao cột khí xilanh ho Lượng khí xilanh thực trình đoạn nhiệt thuận nghịch cân áp suất Tính áp suất p1, nhiệt độ T1, chiều cao h1 cột khí xilanh Tính công A’ mà khí nhận được; Công khí Ak công trọng lực pittông AP, Cũng hỏi trên, thả cho pittông rơi đột ngột (quá trình không thuận nghịch) Nếu thả pittông cách đột ngột có dao động Tính chu kỳ dao động nhỏ pittông trước cân Bài 33 Trong xilanh dài nằm ngang có nhột lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng m nhờ hai pitông cách nhiệt có khối lượng M (M >> m) chuyển động không ma sát xi lanh Lúc đầu hai pitông đứng yên Nhiệt độ khí → → xilanh T0 Truyền cho hai pitông vận tốc đầu v1 , v2 chiều v1 = v0 ; v2 = v0 Tìm nhiệt độ cực đại mà khí xi lanh đạt Bên xi lanh chân không 164 Phần KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Những tài liệu tích lũy qua sách bồi dưỡng học sinh giỏi, qua dạy giáo sư Trong trình giảng dạy thấy số toán trọng tâm mà học sinh chuyên vật lí lớp 10 cần nắm vững vận dụng tốt để giải toán tham gia thi trại hè, thi chọn học sinh giỏi quốc gia hay khu vực Hy vọng với lượng kiến thức trình bày tài liệu giúp ích cho em học sinh giỏi vật lí trình ôn tập để dự thi trại hè, thi học sinh giỏi cấp Rất mong góp ý Quý thầy cô Phần TÀI LIỆU THAM KHẢO Vật lí đại cương - Lương Duyên Bình - NXB Giáo dục Nhiệt học vật lí phân tử - Phạm Quý Tư - NXB Giáo dục Bài tập lời giải nhiệt động lực học vật lí thống kê -Yung-Kuo Lim - NXB Giáo dục Các toán vật lí chon lọc THPT - Vũ Thanh Khiết - NXB Giáo dục Tuyển tập đề thi Olimpic 30-4 - NXB Giáo dục Các chuyên đề Nhiệt học vật lí phân tử số trường Chuyên Đề thi học sinh giỏi quốc gia đề thi chọn đội tuyển IphO năm môn vật lí năm 165