Bài tập nâng cao chất khí

Một xilanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên trong có một pittông cách nhiệt chia xilanh thành hai phần, mỗi phần chứa cùng một lượng khí ở nhiệt độ T1 = 400K, áp suất p2 của phần khí nằm [r]

2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề CHẤT KHÍ Cho ống hình trụ tiết diện S nằm ngang ngăn với bên ngoài hai pittông Pittông thứ nối với lò xo hình vẽ Ban đầu lò xo không biến dạng, áp suất khí hai pittông áp suất bên ngoài po Khoảng cách hai pittông là H và nửa chiều dài hình trụ Tác dụng lên pittông thứ hai lực F để nó chuyển động từ từ sang bên phải Tính F pittông thứ hai dừng lại biên phải ống hình trụ (Trích đề Olimpic 30-4, 2007) Bài giải Gọi x là độ dịch chuyển pittông trái, p áp suất khí hai pittông Điều kiện cân hai pittông: + Pittông trái: po S  pS  kx  (1) + Pittông phải: F  pS  po S  (2) - Vì quá trình là đẳng nhiệt nên áp dụng định luật Bôilơ – Mariot: poVo  pV  po SH  p(2 H  x) S - Từ (3): p  po H 2H  x (3) (4) - Từ (1) và (2): F  kx , thay vào (4) ta được: p  - Thay p  po kH 2kH  F po kH p kH S  po S  vào (2), ta được: F  o 2kH  F 2kH  F  F  ( po S  2kH ) F p o SkH  pS - Giải phương trình trên theo F, ta được: F  o  kH  po2 S  k 2H Vậy: Để pittông thứ hai dừng lại biên phải ống hình trụ thì pS F  o  kH  po2 S  k 2H Một xilanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi hình vẽ Giữa hai pittông có n mol không khí Khối lượng và diện tích tiết diện các pittông là m1, m2, S1, S2 Các pittông nối với nhẹ có chiều dài không đổi và trùng với trục xilanh Khi tăng nhiệt độ khí xilanh thêm ∆T thì các pittông dịch chuyển bao nhiêu Cho áp suất khí là po và bỏ qua khối lượng khí xilanh so với khối lượng pittông Bỏ qua ma sát xilanh và pittông (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015) Bài giải - Các lực tác dụng lên hệ (khí + hai pittông) gồm: + Trọng lực: Fg  (m1  m2 ) g + Áp lực không khí lên hai pittông: F1  po S1 ; F2  po S2 + Phản lực phần thành pittông nằm ngang: F  p( S1  S2 ) + Khi trạng thái cân hệ thiết lập: Fg  F1  F  F2  (m1  m2 ) g  po S1  po S2  p( S1  S2 )  p  po  m1  m2  const (1) S1  S2 g - Nhận xét: Áp suất khí xilanh không đổi vì trạng thái cân trì - Vì áp suất khí xilanh không đổi nên tăng nhiệt độ, thể tích khí tăng, đó hệ lên đoạn x Ta có: h1S1  h2 S2 (h1  x) S1  (h2  x) S  T T  T  (h1S1  h2 S2 )T  T ( S1  S2 ) x - Mặt khác: (2) (h1S1  h2 S2 ) p (h S  h S ) p  nR  T  1 2 T nR - Giải hệ (1), (2) và (3), ta được: x  (3) nRT po ( S1  S2 )  (m1  m2 ) g Vậy : Độ dịch chuyển các pittông là : x  nRT po ( S1  S2 )  (m1  m2 ) g Một lượng khí lí tưởng thực chu trình biểu diễn hệ tọa độ p – T có dạng là đường tròn hình vẽ Đơn vị các trục lựa chọn là pc và Tc Nhiệt độ thấp chu trình là To Tìm tỉ số khối lượng riêng lớn ρ1 và nhỏ ρ2 lượng khí đó thay đổi trạng thái theo chu trình trên Bài giải - Từ O, kẻ các đường đẳng tích qua điểm A và B trên đường tròn Ta thấy, thể tích lớn chất khí này là VB và nhỏ là VA - Với lượng khí xác định: m  pV  VA 1  VB  - Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng, ta có: p AVA pBVB  TA TB  pB  TA     1 pBTA  pC  TC      tan  2 p ATB  TB  p A      TC  pC  - Mặt khác:       1     tan    tan        2 4    tan   - Từ hình vẽ, ta có: tan   CB r  , (r : bán kính vòng tròn) OB OB - Ngoài : OC   OB   r 1  r  r  - Thay vào công thức trên :  2  r  r - Ngoài ra, từ hình vẽ ta thấy bán kính chu trình và nhiệt độ thấp T o còn có quan hệ: r    1  2  T  T T   1  o   o   o  TC  TC   TC   T  T T   1  o   o   o  TC  TC   TC  - Vậy : tỉ số khối lượng riêng lớn ρ1 và nhỏ ρ2 lượng khí đó là : 1  2  T  T T   1  o   o   o  TC  TC   TC   T  T T   1  o   o   o  TC  TC   TC  To TC Một ống nghiệm chứa khí hidro có nút đậy là pittông khối lượng không đáng kể, dịch chuyển không ma sát ống Lúc đầu ống ngoài không khí có áp suất po Chiều dài phần ống chứa khí hidro là lo Người ta đặt ống thẳng đứng vào chậu thủy ngân có khối lượng riêng d, đáy ống cách mặt thoáng thủy ngân đoạn h > lo a) Tính chiều dài l phần ống chứa khí hidro? Coi nhiệt độ khí hidro giữ không đổi và gia tốc trọng trường là g b) Khi ống chậu thủy ngân thì cân pittông là bền hay không bền? (Trích đề thi chọn đội tuyển thi Quốc tế - 1987) Bài giải a) Chiều dài l phần ống chứa khí hidro - Áp suất khí ống: p  po  dg (h  l ) - Áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt, ta được: po Slo  [po  dg ( h  l )]Sl  dgl  ( po  dgh)l  polo  0,   ( po  dgh)2  4dgpo lo Vì h  lo    nên phương trình có nghiệm: l1   ( po  dgh)  ( po  dgh)2  4dgpolo    2dg Và l2   ( po  dgh)  ( po  dgh)2  4dgpolo    2dg Xét hàm f (l)  dgl  (p o  dgh)l  polo Khi l  h thì f (h)  dgh  ( po  dgh) h  polo  po (lo  h)  nên l1  h  l2 (loại nghiệm l2) Vậy: chiều dài l phần ống chứa khí hidro là: l  ( po  dgh)  ( po  dgh)2  4dgpolo    2dg b) Loại cân bằng? - Xét cân pittông, ta có: + Áp suất bên ngoài: pn   po  dg (h  l ) + Áp suất ống ứng với chiều dài l là: pt  polo l - Khi pittông cân pn  pt , đồ thị pn và pt hệ tọa độ pOl hình vẽ Hai đồ thị này cắt l  l1  l2 - Khi l tăng lên lượng nhỏ thì pn  pt và l giảm thì pn  pt nên cân pittong là cân bền Một xilanh thẳng đứng kín hai đầu, xi lanh có pittông khối lượng m có thể trượt không ma sát lòng xilanh Ở trên và pittông có hai lượng khí Ban đầu nhiệt độ 27°C thì tỉ số thể tích phần trên và phần V1 n4 V2 Hỏi nhiệt độ tăng lên đến 327°C thì tỉ số thể tích phần trên và phần V '1 là bao V '2 nhiêu? Bài giải Ta có: V1 p2 V' p'   n  , (định luật Bôilơ – Mariốt) Đặt   m V2 p1 V '2 p '1  p1S  mg  p2 S - Vì pittông cân nên:  ' '  p1S  mg  p2 S  p2  p1  p2'  p1'  (n  1) p1  (m  1) p1'  p1' n   p1 m  (1) - Mặt khác: V1  V2  V1'  V2'   V1' m n   V1 n m  n 1 m 1 ' V1  V1 n m (2) - Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí trên, ta được: p1V1 p1'V1' T p' V '    1 T1 T2 T1 p1 V1 - Thay (1), (2) vào (3): (3) T2 n  m n  5m  2 T1 m  n m  m  4(m  1)  8m2  15m    m  2,3 Vậy: Khi nhiệt độ tăng lên đến 327°C thì tỉ số thể tích phần trên và phần là m V1'  2,3 V2' Trong bình kim loại hình trụ tròn có hai pittông a và b có thể chuyển động không ma sát dọc theo thành bình Pittông có khối lượng không đáng kể Tiết diện pittông là S  103 m2 Hai pittông chia thành bình thành hai ngăn A và B hình vẽ Hai ngăn A, B chứa cùng loại khí lí tưởng cùng nhiệt độ Ở trạng thái cân độ cao ngăn tương ứng là hA = 10 cm, hB = 20cm  Tác dụng lên pittông a lực F làm nó chuyển động từ từ lên (hình vẽ) Khi pittông a di chuyển đoạn ∆h = 3cm thì hai pittông a và b trở lại trạng thái cân Nhiệt độ khí các ngăn A và B không đổi, áp suất khí po  105 Pa  a) Tìm độ lớn lực F b) Tìm độ dịch chuyển pittông b Bài giải  a) Độ lớn lực F - Hai khối khí hai ngăn A và B luôn có cùng áp suất và nhiệt độ nên áp dụng định luật Bôilơ - Mariốt cho tổng khối khí hai ngăn, ta được: p1V1  p2V2  po (10  20) S  p '(10  20  3) S  p'  10 po 11  - Xét pittông a lúc có tác dụng lực F Khi pittông cân bằng, ta có:     F  F ' F   F  p ' S  po S  po 105 3  F  ( po  p ') S  S 10  9,1N 11 11  Vậy: Độ lớn lực F tác dụng lên pittông A là F = 9,1N b) Độ dịch chuyển pittông b - Vì hai khối khí ngăn A và B luôn có cùng áp suất và nhiệt độ nên áp dụng phương trình Clapêrôn Menđêlêép, ta được: pVA  mA  RT ; pVB  mB  RT  VA m A   số VB mB VA VA' h h  (h  hB )  '  A A - Mặt khác: VB VB hB hB  hB  hA hB  hB h  hB hB  hB  hB 20 h   2cm hA  hB 10  20 Vậy: Độ dịch chuyển pittông b là hB  2cm Ba pittông cách nhiệt A, B, C có tiết diện là 2S, S và 3S nằm ngang nối với hai rắn (hình vẽ) Các pittông có thể chuyển động không ma sát với xilanh, chia xilanh làm hai phần Ban đầu, phần AB có thể tích V chứa mol khí; phần BC có thể tích 2V chứa mol cùng loại khí cùng nhiệt độ T, hệ cân Áp suất không khí là P o a) Tính áp suất khí phần b) Nung nóng khí phần BC lên nhiệt độ 2T Tính độ dịch chuyển các pittông có cân Bài giải a) Áp suất khí phần Gọi p1, p2 là áp suất khí phần AB và BC lúc đầu Ta có: p1V  RT ; p2 2V  3RT  p1  p2 (1) - Khi hệ cân bằng, ta có: po 2S  p1S  p2 3S  po 3S  p2 S  p1 S  p2  p1  po - Từ (1) và (2): p1  (2) po 3p và p2  o Vậy: Áp suất khí phần là p1  (3) po 3p và p2  o b) Độ dịch chuyển các pittông có cân Gọi x là độ dịch chuyển các pittông có cân mới; p1' , p2' là áp suất khí phần AB và BC; V1' , V2' là thể tích phần AB và BC lúc sau, ta có: V1'  V  Sx  Sx  V  Sx V2'  2V  3Sx  Sx  2(V  Sx ) - Áp dụng định luật Bôilơ - Mariốt cho khí phần AB, ta được: p1V  p1' (V  Sx)  p1'  poV p1V  (4) V  Sx 2(V  Sx) - Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho khí phần BC, ta được: p2 2V  3RT ; p2' 2(V  Sx)  3R.2 T  p2'  poV p2V  V  Sx 2(V  Sx) (5) - Khi có cân mới, ta có:  p2'  p1'  po (6) - Thay (4), (5) vào (6) ta được: poV poV   po V  Sx 2(V  Sx)  6V  6VSx  V  VSx  V  ( Sx)   2(Sx)2  7VSx  3V   x1  V 3V ; x2  2S S - Với x1  V V  V1'  V1  Sx   (nhận) 2S - Với x2  3V  V1'  V1  Sx  2V  (loại) S Vậy: Độ dịch chuyển các pittông có cân là x  V Một mol khí lí tưởng thực quá trình dãn nở từ trạng thái (p o, Vo) đến trạng thái ( po , 2Vo ) có đồ thị trên hệ tọa độ p-V hình vẽ Biểu diễn quá trình trên hệ tọa độ OTp và xác định nhiệt độ cực đại khối khí quá trình đó Bài giải - Đồ thị p-V là đoạn thẳng nên ta có: p  V   + Điểm (po, Vo) thuộc đồ thị nên: po  Vo   + Điểm ( po p , 2Vo ) thuộc đồ thị nên: o  2Vo   2 - Từ (1) và (2), ta được:   (1) (2)  po 3p p 3p ;  o  p   o V  o 2Vo 2Vo (3) - Mặt khác, phương trình trạng thái mol khí lí tưởng là: pV  RT - Từ (3): V  T  (2 p  po )Vo pV , từ (4): T  po R p(2 p  po )Vo 2V 3V   o p2  o p po R Rpo R - Vì T là hàm bậc hai p nên đồ thị p-T là phần parabol: + Khi p  po và p  po pV thì T1  T2  o o R + Khi T  thì p  và p  po (4) - Ta có: T('p )  3Vo 4Vo 3p  p  T('p )   p  o Lúc đó: R Rpo T  Tmax   2Vo  po  3Vo po 9Vo po     Rpo   R 8R Vậy: + Nhiệt độ cực đại khối khí quá trìn trên là Tmax  9Vo po 8R + Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ tọa độ p-T có dạng đồ thị sau: T1  T2  poVo R Tm  9Vo po 8R p1  po 3p ; p2  po ; pm  o Trong xilanh hình trụ hình vẽ, bịt kín pittông có trọng lượng P chứa lượng khí có khối lượng mol là μ và khối lượng M Tại tâm pittông người ta có gắn B nối với đòn bẩy L và đòn bẩy này có khớp nối A Đốt nóng khối khí cho nhiệt độ nó tăng theo thời gian, theo hệ thức: T  To  const (t  to ) , để pittông đứng yên vật m cần phải dịch chuyển sang bên trái Biết độ cao pittông so với đáy bình là h Bỏ qua áp suất khí và ma sát a) Hãy xác định vị trí m b) Tìm vận tốc chuyển động m, biết tốc độ đốt nóng   T t Bài giải a) Xác định vị trí m - Khi đốt nóng khí, lực khí tác dụng lên pittông tăng nên vật m phải dịch chuyển sang trái để hệ có cân - Xét trục quay qua điểm A, điều kiện để hệ cân là: M F  M p  M m  pSl  Pl  mgr (1) - Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng, ta được: pV  M  RT  p  MRT MRT  V  Sh (2)  MRT   p - Từ (1) và (2) ta được: r    h  mg  MR  (To  const t )  p  - Theo đề: T  To  const (t  to ) nên r    h  mg Vậy: Để hệ cân bằng, m phải cách A đoạn  MR  r  (To  const t )  p   h  mg b) Vận tốc chuyển động m Ta có: v   r và T  To  const t t T  const   t  MR   MR  (To  t )  p   To  p  Và r  r  ro    h  mg   h  mg  r  v MR t h mg r MRl  t  hmg Vậy: Vận tốc chuyển động m là v  MRl  hmg 10 Một bình chứa không khí nén áp suất P1 = l,5atm có dung tích không đổi V1  30l Nhờ ống ngắn có khóa, bình nối với bóng hình cầu, vỏ mỏng và đàn hồi, lúc đầu chứa không khí áp suất 1,2 atm và có thể tích là 10l Áp suất khí bên ngoài là atm Nhiệt độ toàn hệ cân với nhiệt độ bên ngoài và không đổi Thể tích bóng phụ thuộc vào áp suất theo hệ thức:  p  po  V  Vo 1  0,1  , với po và p là áp suất và áp suất cuối khí bóng, Vo là thể tích p o   bóng ứng với áp suất po (po và p đo atm) Người ta mở khóa ống nối để không khí nén từ bình tràn sang bóng cân Tính áp suất cuối cùng hệ và thể tích bóng đó Bài giải Gọi bình khí nén là vật 1, bóng đàn hồi là vật - Trước mở khóa, áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho khí bình và bóng, ta được: p1V1  m1  RT ; p2V2   m  m1  m2   RT m2  RT ( p1V1  p2V2 ) - Khi cân thiết lập, ta có: pV  (1) m  RT (2) Với p là áp suất cuối cùng hệ, V là thể tích bình khí và bóng Ta có: V  V1  V2' (3)  p  p2  Và V2'  V2 1  0,1  p2   (4) - thay (1), (3) và (4) vào (2), ta được:   p  p2    RT p V1  V2 1  0,1 ( p1V1  p2V2 )   p2   RT     0,1V2 p  p(V1  0,9V2 )  (p1 V1  p2V2 )  p2  0,1.10 p  p(30  0,9.10)  (1,5.30  1, 2.10)  1,  p  39 p  57   p  1, 4atm 1, 1,  1,    10, 2l Và V2'  10 1  0,1 1,   Vậy: Áp suất cuối cùng hệ và thể tích bóng đó là p  1, 4atm và V2'  10, 2l 11 Một bình kín chia làm hai phần có thể tích vách xốp Ban đầu, phần bên trái có hỗn hợp hai chất khí argon (Ar) và hiđro (H) áp suất toàn phần p; phần bên phải là chân không và có hiđro khuếch tán qua vách xốp Sau quá trình khuếch tán kết thúc, áp suất phần bên trái là p '  p a) Tìm tỉ lệ các khối lượng mA và mH các khí argon và hiđro bình b) Tìm áp suất riêng phần ban đầu pA và PH argon và hiđrô Cho biết các khí argon và hiđrô không tương tác hóa học với nhau; khối lượng mol argon và hiđrô là  A  40( g / mol );  H  2( g / mol ) Coi quá trình là đẳng nhiệt Bài giải a) Tỉ lệ các khối lượng các khí argon và hiđro bình Gọi V là thể tích nửa bình, phương trình cho các áp suất riêng phần p A và pH hỗn hợp hai chất khí chưa khuếch tán là: pAV  mA A RT (1); pHV  mH H RT (2) - Phương trình cho áp suất toàn phần: p  p A  pH  pV  ( Đặt x  mA A  mH H ) RT  ( mA  A mH  ) RT mH  H  A (3) mA  ;   A  20 , (3) trở thành: mH H pV  ( x   ) mH A RT (4) - Sau khuếch tán, nửa bên trái khối lượng các khí là m A và  p 'V  ( mA  m  m  A ) H RT  ( x  ) H RT mH 2 H  A A - Từ (4) và (5): mH , đó: (5) p 2( x   )    x  3  x  4  x  10 p ' 2x   Vậy: Tỉ lệ các khối lượng các khí argon và hiđro bình là x  mA  10 mH b) Áp suất riêng phần ban đầu các khí argon và hiđrô Từ (1) và (2): pA x p 2p    p A  ; pH  pH  3 Vậy: Áp suất riêng phần ban đầu các khí argon và hiđrô là pA  p 2p ; pH  3 12 Trong bình có hỗn hợp khí gồm m1 gam N2 và m2 gam H2 Ở nhiệt độ T thì N2 phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử còn độ phân li H2 không đáng kể, lúc này áp suất bình là p Ở nhiệt độ 2T thì N2 và H2 phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử, áp suất binh là 3p Tính tỉ số m1 , biết N = 14, H = m2 Bài giải - Ở nhiệt độ T: N2 phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử, H2 phân li không đáng kể nên bình có m1 m (mol) khí N2 và (mol) khí H2; áp suất khí bình là p Áp dụng phương trình Clapêrôn 14 Menđêlêép cho hỗn hợp khí, ta được: m m  pV     RT  14  (1) - Ở nhiệt độ 2T: Cả N2 và H2 phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử nên bình có N2 và m1 (mol) khí 14 m2 (mol) khí H2; áp suất khí bình là 3p Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho hỗn hợp khí, ta được: m m  pV     R.2T  14  - Lấy (2) : (1), ta được:  Đặt x  (2) 2m1  28m2  m1  7m2 m1  28 m2 m1 7 m2 (3) m1 , ta 3( x  7)  x  28  x  m2 Vậy: Tỉ số x  m1 7 m2 13 Ba bình có thể tích V1  22, 4l ;V2  2V1 ;V3  3V1 thông với cách nhiệt với Ban đầu các bình chứa khí nitơ lí tưởng cùng nhiệt độ To = 273K và áp suất po = 1at Người ta hạ nhiệt độ bình (1) xuống T1  To , nâng nhiệt độ bình (2) lên T2 = 2To và bình (3) lên T3 = 3To Bỏ qua thể tích các ống nối a) Tính áp suất cuối cùng khí b) Tính khối lượng khí bình (2) ứng với nhiệt độ T và áp suất cuối cùng (Trích đề thi Olimpic 30-4, 1995) Bài giải a) Áp suất cuối cùng khí Gọi n1, n2, n3 là số mol khí bình - Áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep cho trạng thái đầu khí, ta được: + Bình (1): poV1  n1 RTo  n1  poV1 RTo + Bình (2): poV2  n2 RTo  poV1  n2 RTo  n2  poV1 RTo + Bình (3): poV3  n3 RTo  poV1  n3 RTo  n3  poV1 RTo - Tổng số mol khí ba bình: N  n1  n2  n3  poV1 RTo (1) Sau nhiệt độ ba bình đã thay đổi đề bài cho biết, số mol các bình n1' ; n2' ; n3' Ta có các phương trình: Áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep cho trạng thái đầu khí, ta được: n1' RTo pV1  n1'  + Bình (1): pV1  n RT1  pV1  RTo ' + Bình (2): pV2  n2' RT2  pV1  2n2' RT2  n2'  pV1 RTo + Bình (3): pV3  n3' RT3  poV1  3n3' RTo  n3'  poV1 RTo - Tổng số mol khí ba bình: N '  n1'  n2'  n3'  poV1 (2) RTo - Vì số mol khí bảo toàn nên: N '  N  pV1 poV1  RTo RTo  p  1,5 po  1,5at Vậy: áp suất cuối cùng khí là p  1,5at b) Khối lượng khí bình (2) ứng với nhiệt độ T và áp suất cuối cùng - Ban đầu, bình (1) trạng thái To = 273K; po = at; V1= 22,4l nên: n1  m   poV1 1.22,   1mol RTo 0,084.273 - Số mol khí bình (2) áp suất p  1,5at và nhiệt độ T2 = 2To là: n2'  pV1 1,5 poV1   1,5.1  1,5mol RTo RTo - Khối lượng khí nito bình (2) lúc này là: m2  n2'   1,5.18  42 g Vậy: Khối lượng khí bình (2) ứng với nhiệt độ T và áp suất cuối cùng là m2  42 g 14 Một xilanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên có pittông cách nhiệt chia xilanh thành hai phần, phần chứa cùng lượng khí nhiệt độ T1 = 400K, áp suất p2 phần khí nằm pittông gấp hai lần áp suất p1 phần khí nằm trên pittông Cần nung nóng khí phần đến nhiệt độ T bao nhiêu để thể tích khí hai phần xi lanh nhau? (Trích đề thi Olimpic 30-4.1996) Bài giải Gọi n là số mol khí phần trước nung, áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep cho phần, ta được: p1V1  nRT1; p2V2  nRT1  p1V1  p1V2  V1  2V2 - Theo đề, sau nung, ta có: V1'  V2'  V1  V2  V1 - Vì nhiệt độ khí phần trên không đổi nên áp dụng định luật Bôilơ- Mariốt, ta được: p1V1  p1'V1'  p1'  p1 - Mặt khác, áp suất gây pittông là: p  p2  p1  p2'  p1'  p2'  p1'  ( p2  p1 )  p1'  p1  p1 - Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng đổi với lượng khí pittông ta được: p2' V2' p2V2 p1V1   T2 T1 T1 p VT p2' V2'T1 1 7  T2    T1  400  700 K p1V1 p1V 4 Vậy: Phải nung nóng khí phần đến nhiệt độ T2 = 700K để thể tích khí hai phần xi lanh 15 Một bơm nén khí hình bên, với VA là thể tích thân bơm; V là thể tích vòi bơm; VB là thể tích bình không đổi B Van K1 cho khí từ khí vào bơm áp suất bơm nhỏ áp suất khí po, van K2 cho khí vào bình B áp suất bơm lớn áp suất bình B Nhiệt độ khí xem không đổi a) Tìm áp suất khí bình B sau lần bơm thứ nhất, thứ hai b) Áp suất cực đại đạt bao nhiêu? (Trích đề thi Olimpic 30-4, 1999) Bài giải a) Áp suất khí bình B sau lần bơm thứ nhất, thứ hai - Sau lần bơm thứ (n - 1), pittông vị trí (1), K1 mở, K2 đóng: áp suất bình B là pB  pn1 , áp suất bơm là p0 - Đẩy pittông đến vị trí (2), thể tích bơm là V’, K đóng, áp suất khí là pn 1 , nhiệt độ khí không đổi - Áp dụng định luật Bôilơ - Mariôt cho hai trạng thái trên khí bơm, ta được: p0 (VA  V )  pn 1 (V ' V ) V '  p0 (VA  V ) V pn1 (1) - Đẩy pittông vào vị trí (2) khóa K2 bắt đầu mở Khi pittông vào đến vị trí (3), khí bình B có áp suất pn Áp dụng định luật Bôilơ - Mariôt cho hai trạng thái trên khí “vòi bơm và bình”, ta được: pn (VB  V )  pn1 (V ' V  VB ) (2) - Thay (1) vào (2) ta được:  V pn  pn 1 1   VB  V   VA  V    p0   (3)   VB  V  - Từ (3), ta có: + Với lần bơm thứ (n =1):  VA  p1  p0 1    VB  V   2VA VBV   + Với lần bơm thứ hai ( n = 2): p2  p0 1    VB  V (VB  V )  Vậy: Áp suất khí bìn B sau lần bơm thứ nhất, thứ hai là:   VA  2VA VBV  p1  p0 1    ; p2  p0 1    VB  V   VB  V (VB  V )  b) Áp suất cực đại đạt - Áp suất cực đại đạt pn  pn 1  V - Từ (3): pn  pn 1  pn 1 1   VB  V   VA  V   p0    VB  V    pn 1   pn1  V V  VA  V V  p0  A p0  pmax   pn 1  VB  V V  VB  V  Vậy: Áp suất cực đại đạt là pmax  VA  V p0 V 16 Một bình có thể tích V chứa mol khí lí tưởng và cái van bảo hiểm là xilanh nhỏ so với bình Trong xilanh có pittông diện tích S giữ lò xo có độ cứng k Khi nhiệt độ khí là T thì pittông cách lỗ thoát khí đoạn l Hỏi nhiệt độ khí tăng lên tới giá trị T2 nào thì khí thoát ngoài? (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2000) Bài giải - Ở nhiệt độ T1, khí có áp suất là p1  RT1 Ta có: V Fk  Fd  p1S  kx (1) (Fk là áp lực khí cân với lực đàn hồi lò xo, x là độ co lò xo) - Ở nhiệt độ T2 > T1 khí có áp suất là p2  RT2  p1 làm lò xo có độ co ( x  l ) và khí thoát ngoài V Ta có: p2 S  k ( x  l ) (2) - Từ (1), (2) ta được: S ( p2  p1 )  kl (3) klV  RT RT      S  kl  T2  T1  V  RS  V Vậy: Khi nhiệt độ khí tăng lên với giá trị T2  T1  klV thì khí thoát ngoài RS 17 Một xilanh kín hình trụ chiều cao h, tiết diện S = 100cm đặt thẳng đứng Xilanh chia làm hai phần nhờ pittông cách nhiệt khối lượng m = 500g Khí hai phần là cùng loại, cùng nhiệt độ 27°C và có khối lượng là m 1, m2, với m2 = 2m1 Pittông cân cách đáy xilanh đoạn h2  3h a) Tính áp suất khí hai phần xi lanh? Lấy g = 10m/s b) Để pittông cách hai đáy xi lanh thì phải nung nóng phần nào, đến nhiệt độ bao nhiêu? Biết phần còn lại giữ nhiệt độ không đổi (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2002) Bài giải a) Áp suất khí hai phần xi lanh - Áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep cho khí hai phần nhiệt độ T = 300K, ta được: m1 m1    p1V1  M RT1  p1.0, 4V  M RT1   m  p V  RT  p 0, 6V  m2 RT 2 2  M  M - Chia vế theo vế hai phương trình hệ trên, ta  p2  p1 0, p1 m1   0, p2 m2 (1) - Khi pittông cân bằng: p1S  mg  p2 S (S: tiết diện pittông)  p2  p1  mg S (2) 3mg 3.0,5.10  2  p1  S  0, 01  15.10 ( N / m ) - Từ (1) và (2), ta được:   p  4mg  4.0,5.10  20.102 ( N / m2 )  S 0, 01 Vậy: Áp suất khí hai phần xilanh là p1  15.102 ( N / m ) và p2  20.102 ( N / m ) b) Nhiệt độ phải nung nóng phần khí - Do h1 < h2 nên ta phải nung nóng phần khí trên (phần 1) Lúc đó, phần khí có nhiệt độ không đổi, áp dụng định luật Bôilơ-Mariôt, ta được: p2V2  p2' V2'  p2 Sh2  p2' Sh2' - Với h2 = 0,6h và h2'  0,5h  p2'  - Từ (2) suy ra: p1'  p2'  6 p2  20.102  24.102 ( N / m ) 5 mg 0,5.10  24.102   19.102 ( N / m ) S 0,01 - Áp dụng phương trình trạng thái cho khối khí trên, ta được: p1V1 p1'V1' p1'V1' '  '  T1  T1 T1 T1 p1V1  T1'  p1' 0,5V 19.102 0,5 T1   475K p1 0, 4V 15.102 0, - Nhiệt độ phần trên sau nung nóng: t1'  T1'  273  475  273  202C Vậy: Để pittông cách hai đáy xilanh thi phải nung nóng phần trên đến nhiệt độ t1'  202C 18 Trong xilanh hình vẽ, pittông nặng có thể chuyển động không ma sát, đồng thời chia xilanh thành hai phần A và B Phía xilanh nối với bình C thông qua ống nhỏ có khóa T C có cùng tiết diện với B Pittông nối với thành trên xilanh lò xo nhẹ Khi pittông nằm sát thành xilanh thì lò xo không biến dạng Lúc đầu khóa T đóng Trong B chứa lượng khí; A và C là chân không Chiều cao phần B là l1; thể tích hai phần B và C là Lực lò xo tác dụng lên pittông có độ lớn trọng lượng pittông Mở khóa T đồng thời lật ngược hệ lại Hỏi pittông cân thì chiều cao l2 phần B là bao nhiêu? Cho biết nhiệt độ khí không đổi (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2009) Bài giải Gọi m là khối lượng pittông; k là độ cứng lò xo; S là tiết diện xilanh; p o là áp suất khí phần B lúc đầu - Lúc đầu, pittông cân bằng: p0 S  mg  kl1 Theo đề: kl1  mg  p0 S  2kl1  p0  (1) 2kl1 S (2) - Khi mở khóa T và lật ngược hệ lại Lúc đó, B và C có cùng áp suất khí là p Áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt, ta được: p0l1S  p(l1  l2 ) S  p  l1 p0 l1  l2 (3) 2kl12 - Thay (2) vào (3) ta được: p  (l1  l2 ) S (4) - Khi pittông cân bằng: pS  mg  kl2 (5) 2kl12  kl1  kl2 - Thay (1) và (4) vào (5), ta được: (l1  l2 )  2l12  l1  l2  l2  l1 l1  l2 Vậy: Khi pittông cân thì chiều cao l2 phần B là l2  l1 19 Một pittông nặng vị trí cân bình hình trụ kín Phía trên và phía pittông có khí, khối lượng và nhiệt độ khí trên và pittông là Ở nhiệt độ T thì thể tích khí phần trên gấp lần thể tích khí phần Nếu tăng nhiệt độ lên 2T thì tỉ số hai thể tích là bao nhiêu? Bỏ qua ma sát thành bình và pittông (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2010) Bài giải Gọi po là áp suất khí phía trên pittông, áp suất phần khí phía pittông là (p o + p) nhiệt độ khí là T, với p là áp suất tạo nên trọng lượng pittông - Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép phần khí ta được: + Đối với phần khí phía trên: p0 3V0  m  RT + Đối với phần khí phía dưới: ( p0  p)V0  m  (1) RT (2) - Từ (1) và (2), ta được: p0 3V0  ( p0  p)V0  p  p0 Gọi p’ là áp suất khí phía trên pittông nhiệt độ khí là 2T, đó áp suất phần khí phía pittông là (p’ + p) Khi nhiệt độ khí 2T thì thể tích khí p phía trên và phía là V t, Vd - Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho hai trạng thái (trạng thái 1: nhiệt độ khí là T, trạng thái 2: nhiệt độ khí là 2T): + Đối với phần khí phía trên: p 'Vt p0 3V0 6p   Vt  V0 2T T p' + Đối với phần khí phía dưới: ( p ' p0 )Vd p0 3V0 p0   Vd  V0 2T T p ' p0 - Vì thể tích khí không đổi nên: Vt  Vd  V0  3V0  4V0  V p0 p0 V0  V0  4V0  p  p ' p0  p02  p' p ' p  p '  ( p0  13 p0 ) với p’ >  p '  ( p0  13 p0 )  2,3p0 - Tỉ số thể tích phần khí phía trên và pittông là: p0 V0 Vt p ' p0 4,3 p0 p'     1,87 p0 Vd p ' 2,3 p V0 p ' p0 Vậy: Tỉ số thể tích phần khí phía trên và pittông là Vt  1,87 Vd 20 Một xilanh thẳng đứng kín hai đầu, xilanh có pittông khối lượng m có thể trượt không ma sát lòng xi lanh Ở trên và pittông có hai lượng khí Ban đầu nhiệt độ khí hai phần là 27°C thì tỉ số thể tích khí phần trên và phần là V1  Hỏi nhiệt độ khí hai phần tăng lên đến 327°C thì tỉ số thể tích V2 khí phần trên và phần V1' là bao nhiêu? V2' (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2012) Bài giải - Vì các quá trình là đẳng nhiệt nên ta có thể đặt V1 p2 V1' p2'   n  4; '  '  m V2 p1 V2 p1  p1S  mg  p2 S - Vì pittông nằm cân nên:  ' '  p1S  mg  p2 S  p1  p1'  p2  p2'  p2  p1  p2'  p2'  (n  1) p1  (m  1) p1'  p1' n   p1 m  (1) 1  1  - Mặt khác, V1  V2  V1'  V2'  V1 1    V1' 1    n  m  n 1 m  ' V1' m n  V1  V1   n m V1 n m  (2) - Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí trên, ta được: p1V1 p1'V1' T p' V '    1 T1 T2 T1 p1 V1 - Thay (1), (2) vào (3) ta được:  (3) T2 n  m n   T1 m  n m  327  273  m   27  273 m  m  2 5m  8m  15m    m  2,3 m  4(m  1) Vậy: Tỉ số V1'  2,3 V2' 21 Một bình kim loại hình trụ tròn đặt cố định trên mặt sàn nằm ngang, bên có hai pittông (1) và (2) nhẹ, có thể chuyển động tự Các pittông chia bình chứa thành hai ngăn A và B Các ngăn cùng chúa loại khí lí tưởng cùng nhiệt độ Khi cân bằng, độ cao cột khí ngăn A và ngăn B là hA = 10cm và hB = 20cm Diện tích tiết diện ngang pittông là S = 10cm2 Dưới tác dụng lực kéo F không đổi, pittông (1) di chuyển lên trên theo phương thẳng đứng đoạn ∆hA = 3cm Cho biết lúc pittông (1) di chuyển, nhiệt độ các khối khí luôn không đổi và áp suất khí là p o = 105Pa a) Xác định độ lớn lực kéo F b) Trong quá trình pittông (1) dịch chuyển lên thì pittông (2) dịch chuyển đoạn bao nhiêu? (Trích đề thi Olimpic 30-4, 2013) Bài giải a) Độ lớn lực kéo F Ta có: pA  pB  p(m2  0) - Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho hai khối khí, ta được:  pAVA  nA RT  p(V1  V2 )  pV  ( nA  nB ) RT + Ban đầu:   pBVB  nB RT (1) + Sau pittông (1) dịch chuyển đoạn h : p 'V '  (nA  nB ) RT (2) (V  VA  VB ;V '  VA'  VB' ) - Vì các quá trình là đẳng nhiệt nên từ (1) và (2), ta được: pV  p 'V '  p(hA  hB ) S  p '(hA  hB  h) S  (10  20) p  (10  20  3) p '  p'  10 p 11 - Khi chưa tác dụng lực F thì: p0  p A (m1  0)  p'  10 p0 11 - Trạng thái cân sau pittông (1) dịch chuyển đoạn ∆h: F  ( p0  p ') S  (1  10 1 ) p0 S  p0 S  105.103  9,1N 11 11 11 Vậy: Độ lớn lực kéo F  9,1N b) Độ dịch chuyển pittông (2) Ta có: VA VA' nA h h' h  '   A  A'  A  VB VB nB hB hB hB  hB  2hA  2.3  6cm Vậy: Độ dịch chuyển pittông (2) là hB  6cm 22 Một khí lí tưởng biến đổi theo chu trình 1-4-2-1 (hình vẽ) Tìm biểu thức tính p 3? Bài giải - Xét quá trình – 4: V  ap  a  V  const p Ta có: Tại 4: a  V2 V ; 3: V3  p3 p2 V2 - Xét quá trình – – 2: V  a ' p  b + Tại 1: V1  a ' p1  b ; 2: V2  a ' p1  b  a'  V1  V2 V V V p V p ; b  V1  a ' p1  V1  p1  1 p1  p2 p1  p2 p1  p2 + Tại 3: V3  a ' p3  b  - Từ (1) và (2): V1  V2 V p V p p3  1 p1  p2 p1  p2 (2) V1 V V V p V p p3  p3  1 V2 p1  p2 p1  p2 V2 p1  V1 p2 p1  p2 p (V2 p1  V1 p2 )  p3   V1 V1  V2 V1 p1  V2 p2  2V1 p2  p2 p1  p2 Vậy: Biểu thức tính p3 là p3  p (V2 p1  V1 p2 ) V1 p1  V2 p2  2V1 p2 23 Một xilanh kín, đặt thẳng đứng, bên có hai pittông có thể trượt không ma sát Các khoảng A, B, C có chứa khối lượng cùng chất khí lí tưởng Khi nhiệt độ chung hệ là 24°C thì các pittông đứng yên và các khoảng tương ứng A, B, C có thể tích là 5l, 3l và 1l Sau đó tăng nhiệt độ hệ tới giá trị T thì các pittông có vị trí cân Lúc đó VB'  2VC' Xác định nhiệt độ T và thể tích VA' Bài giải Gọi m1 là khối lượng pittông trên (giữa A và B) và m là khối lượng pittông (giữa B và C) - Ở nhiệt độ T0 ta có: m1 g  ( pB  p A ) S  m2 g  ( pC  pB ) S  p V  p V  p V  nRT B B C C  A A (I)  V   3 pB   B  1   VA  m1 pB  p A 5       - Từ (I): m2 pC  pB  VB   3  pB         1  VC  (1) - Ở nhiệt độ T, ta có: m1 g  ( p 'B  p ' A ) S  m2 g  ( p 'C  p 'B ) S  p ' V '  p ' V '  p ' V '  nRT B B C C  A A (II) m1 VB'  1 ' - Tương tự, từ (II): m2 VA (2) VB' VB' - Từ (1) và (2):   '  '  VA VA 45 36 - Vì VA'  VB'  VC'  V  9l  VA'  VA'  VA'  VA'  l và VB'  l 5 11 11 - Áp dụng phương trình trạng thái cho khí khoang A, ta được: p AVA pA' VA'  với ( pB  p A ) S  ( pB'  p 'A ) S T0 T p A' VA T T 55 T  '    p A VA T0 45 T0 45 T0 11 45 120  T  T0  (24  273)  648 K 55 55 Vậy: Nhiệt độ và thể tích khoang A cuối quá trình là T  648K và VA'  45 l 11 24 Một xi lanh nằm ngang dài 2l hai đầu kín, không khí xilanh chia làm hai phần pittông mỏng khối lượng m Mỗi phần có thể tích Vo, áp suất po Cho xilanh quay xung quanh trục thẳng đứng xilanh với vận tốc góc ω Tìm ω pittông cách trục quay đoạn r có cân tương đối Xem nhiệt độ khí xilanh không đổi Bài giải Gọi S là tiết diện xi lanh - Khi xilanh đứng yên, khí phần có áp suất p o và thể tích V0  lS - Khi quay xilanh với vận tốc góc ω, ta có: + Bình A: p2 ;V2  (1  r ) S + Bình B: p1 ;V1  (1  r ) S - Áp dụng định luật Bôilơ - Mariôt cho khí phần, ta được: p1V1  p0V0  p1  p0l 1 r p2V2  p0V0  p2  p0l 1 r - Lực tác dụng lên pittông theo phương ngang: F2  p2 S ; F1  p1S - Khi xilanh quay đều: F1  F2  maht p0l pl   S  S  m r  p0V0     m r 1 r 1 r  r  r   p0V0 p0V0 2r  m r    l r m(l  r ) Vậy: Vận tốc góc xilanh là   p0V0 m(l  r ) 25 Một bình đủ lớn chứa không khí thông với áp kế chất lỏng dạng hình chữ U thể tích không đáng kể và thông với môi trường ngoài nhờ khóa K Thoạt đầu khóa K đóng áp suất bình cao áp suất khí chút ít và chênh lệch các mức chất lỏng áp kế là h Mở khóa K và đóng lại ngay, lát sau thấy độ chênh lệch các mức chất lỏng đạt giá trị là ổn định là h’ Xác định tỉ số   Cp Cv không khí theo h và h’ Bài giải Sau mở khóa K, khí bình có áp suất lớn bên ngoài nên nó dãn nở đoạn nhiệt và có lượng khí thoát ngoài Giả sử lượng khí còn lại bình lúc mở khóa có khối lượng là m chiếm thể tích V2 thì trước lúc mở khóa K nó có thể tích là V1 Gọi D là trọng lượng riêng chất lỏng áp kế Ta có: ( p0  Dh)V1  p0V2 , (quá trình đoạn nhiệt)  ( p0  Dh) V1 p0 V2  ( p0  Dh) 1 p0 1  ( p0  Dh) V1 ( p0  Dh) 1 ( RT1 )   p0 V2 p0 1 ( RT2 ) ( p0  Dh) 1 p0 1    T1 T2  T1  p0  Dh    T2  p0   1  1  ( p0  Dh) p0  (1) - Sau đóng khóa K, nhiệt độ khí bình là T2 tăng dần tới nhiệt độ ban đầu T1 Quá trình này là quá trình đẳng tích nên ta có: T1 p0  Dh '  T2 p0 (2) 1  p  Dh  - Từ (1) và (2):    p0  h Vì  nên ta có p0 Từ đó: 1  Dh  p  Dh '   1   p0 p0    1  Dh  1   p0     1 h h  h'    h  h' Vậy: Tỉ số   h hh'  1   Dh  p0   1 Dh ' p0