Khí lí tưởng có khối lượng mol ( trong trọng trường đều g. Tìm sự phụ thuộc của áp suất p vào độ cao h, biết rằng khi h = 0 thì p = p0 . Xét các trường hợp sau đây:

Bài số 4:

Khí lí tưởng có khối lượng mol là , dưới áp suất p, giữa hai tấm nằm ngang có khối lượng là

bao nhiêu? Biết rằng thể tích giữa hai tấm V, nhiệt độ khí tăng tuyến tính từ T1 ở tấm dưới đến T2

ở tấm trên.



Bài giải:

Gọi S là diện tích mỗi tấm, l là khoảng cách giữa hai tấm, ta sẽ có Sl = V

Xét một lớp khí nằm ngang, có bề dày dx cách tấm dưới một đoạn x. Lớp khí dV = Sdx và nhiệt

độ T = T1 +



x

(T2 - T1) Xét một lớp khí nằm ngang, có bề dày dx cách tấm dưới một đoạn x. Lớp

l



khí dV = Sdx và nhiệt độ T = T1 +



x

(T2 - T1)

l



(vì nhiệt độ của khí tăng tuyến tính từ dưới



trên).

Khối lượng dm của lớp khí có thể tích được theo phương trình trạng thái.

dm

p

p

pdV

RT hay là dm =

dV

Sdx



RT

RT

Khối lượng m của khí giữa hai tấm có thể tính được bằng cách lấy tích phân theo biến số x từ 0



m dm



đến l.



Biết rằng



pV

R(T2



dx

x

lT1

x

T2 T1



T )

1



l





dx

lT1 l

T

pV

T

0 ln 2 . Ta có: m

ln x

ln 2





l0

lT1

T2 T1

T1

R(T2 T1 ) T1



T2 T1







l



Bài số 5:

Một bình hình trụ nằm ngang chứa đầy khí lý tưởng. Khoảng cách giữa hai đáy bình là l. Ban

đầu nhiệt độ của khí là đồng đều ở T0, áp suất của khí là p0. Sau đó người ta đưa nhiệt độ của một

đáy lên thành T0 + (T << T0) còn nhiệt độ của đáy kia vẫn giữ ở T0. Nhiệt độ của khí biến đổi

tuyến tính theo khoảng cách tới đáy bình.

a- Tính áp suất p của khí.

b- Tính độ dời khối tâm của lượng khí trong bình.

Cho biết công thức ln(1 x) x



x2 x3 x2

...( x 1)

2

3 4



Bài giải:

Xét một lớp khí giới hạn bởi hai mặt phẳng song song với đáy và cách đáy có nhiệt độ T0

những đoạn x, x + dx

T



58



T0+T



T0

x



 T x



a) Nhiệt độ của lớp là: T(x) = T0 1



T0 l







Lập luận giống như bài trên, ta có thể được khối lượng m của khí trong bình theo áp suất p:



m



pV

RT



ln



T0

T0



Mặt khác, áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở nhiệt độ T0 và áp suất p0 ta lại có thể tính

được khối lượng m: p0 V



m







RT0 hay m



p0V

RT0



.Từ đó rút ra: p p0



T T

T

: ln 0

T0

T0



Vì << T0 nên ta có thể dùng công thức khai triển (x << 1).

ln(1 x) x



x 2 x3 x4

T T

T

... để tính gần đúng: ln 0

ln(1

)

2

3

4

T0

T0



Trong công thức (1) chỉ cần giữ lại các số hạng bậc một và bậc hai của



T

:

T0



0



T T T 1 T

T 1 T

ln 0









T T 1 2 T



T0

T0 2 0

0

0

Vậy: p p0



1

1 T

p0 (1

)

1T

2 T0



b) Gọi xG là khoảng cách từ đáy có nhiệt T0 đến khối tâm G của lượng khí. Khi nhiệt độ

khí đồng đều và bằng T0 thì XG =

xG







dm



xdx

0 1 ax



xdm

. Thay dm bằng biểu thức rút ra từ bài trước

m



p

RT



dV



p

R



S



dx

pS

Ta sẽ có: xG

x

mRT0

T T

l







l



0



xdx

T x

1

T0 l



T

a và tính tích phân trong công thức trên

lT0



Đặt:

l



l

. Khi nhiệt độ khí đồng đều và bằng T0 + T thì

2



l



l

l 1

dx

dx



x 1

2 T0

0 a 0 a(1 ã) a 2 ln(1 ax)0 = a a 2 ln(1 al ) l T





l





T0 T

1



1



T0

T







T

và phản giữ lại đến số

khi tính đại lượng trong dấu móc, ta khai triển ln 1



T0







59



3



T

T

T

T

1 0 ln 1

1 0

hạng chứa

T





T

T

T0

0



T 1 T 2 1 T 3 1 T 1 T 2

























T0 2 T0 3 T0 2 T0 3 T0





2



T

Nếu chỉ lấy đến số hạng bậc hai

T thì phép gần đúng là quá thô thiển, bỏ qua so



0

với T0 (gần đúng bậc không).



pS



T

l 0

xG

mRT0 T

2



1 T 1 T 2

.Thay p bằng biểu thức p0









2 T0 3 T0







1 T

1

2 T tính được



0





1 1 T

trong bài trước ta có: xG l

2 12 T



0



Như vậy khi tăng nhiệt độ của một đáy lên T0 + T thì khối tâm chuyển dời một đoạn:

xG =



l T

về phía đáy có nhiệt độ T0 không đổi.

12 T0



Bài số 6: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biến đổi theo quy luật:

a) p = p0 - V2 . Tìm nhiệt độ cực đại của khí.

b) T = T0 + V2. Tìm áp suất nhỏ nhất có thể của khí.

p, , T0 là những hằng số dương.



Bài giải:

pV 1

( p0V V 3 )

R

R

Trong quá trình này nhiệt độ T chỉ phụ thuộc thể tích V. Ta hãy xét biến thiên của T theo V.

Cực đại của T đạt được khi:



a) Phương trình trạng thái: T



dT 1

p0

2p

,Giá trị cực đại của T là: Tmax 0

( p0 3V 2 ) 0 . Tức là : V

dV R

3

3R



b) Phương trình trạng thái:

pV = RT = RT0 + RV2 hay là P



RT0

RV

V



Khảo sát biến thiên của p theo V

T

dp RT0

2 R 0 , p cực tiểu khi V 0



dV

V



Giá trị cực tiểu của p là: Pmin = 2 R T0



Bài số 7:



60



p0

3



Một xi lanh hình trụ dài 2l, píttông có tiết diện S, có thể di chuyển trên mặt phẳng ngang

(có hệ số ma sát) với hệ số ma sát . Pít tông đặt tại tầm hình trụ, bên trái pít tông có khí ở T0, P0

giữa thành cố định và pít tông có lò xo độ cứng k.

a) Hỏi phải tăng t0 của khí lên cao bao nhiêu để thể tích của khí tăng gấp đôi, bỏ qua ma

sát pít tông xi lanh, khối lượng píttông và xi lanh bằng m, áp suất bên ngoài là P0

l



l



K

P0 V0T0

P0



Bài giải:

* Hướng dẫn:

TH1: Khi V = 2V0, lực đàn hồi vẫn nhỏ hơn Fms. Tức xi lanh vẫn đứng yên

TH2: Xi lanh bị trượt đi trong qúa trình tăng nhiệt



T 2(1



kl



).T

p0 S 0

mg

T 2(1

).T

P0 S 0



Đ/s



b) Tính NL cần truyền cho khí là bao nhiêu? (Xi lanh và pít tông đều cách nhiệt)

Q = A + U



kx 2

Q=



2



gm (l x ) nC (T T )

v

0



+ TH1:



x= 0



+ TH 2:



x



kl

T = 2 (1+

).T0

P0 S



2kl

P0 Sl 1



=> Q =

2

P0 S







3



mg

k



2

mg

2 mg

1 mg

3

AT 2 1

.T0 => Q mgl

P0 Sl 1







P0 S

2

k

2

P0 S











Bài số 8:

Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử (3/4 mol) biến đổi từ trạng thái A:

P0 = 2.105Pa, V0 = 8l > trạng thái B: P1 = 105Pa, V1 = 20l



61



Trong hệ toạ độ P - V, giá trị biểu diễn như hình vẽ

1) Tính T0, T1 ?

2) Tính công khí sinh ra và nhiện nhận được

3) Xét sự biến thiên T trong suốt quá trình, với V bằng bao nhiêu thì T = Tmax= ?

4) Tính công mà khí sinh ra và nhiệt mà khí nhận được trong từng giai đoạn? Trong cả

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 0

2 . 10 5.8 . 10 3



256 , 7

3

nR

.8 ,31

4



(K)

P1



B

0



PV1 105.20.103

T1 1

320,9 (K)

3

nR

.8,31

4



V0



V1



2) Công mà khí sinh ra:



A S



1

P0 P1 V1 V0 1 3.105.12.103 1800( J )

.

2

2



Nhiệt nhận được:

Q A U A



=> Q A



3) Ta có:



3

2







nR T1 T0



3

P1V1 P0V0 1800 3 .400 2400( J )

2

2



P P0 V V0



P P0 V1 V0

1

P







=> P



P P0

V P P

1

.V P0 0 1 0

V1V0

V1 V0



P P0

P V PV

1

.V 0 1 1 0

V1 V0

V1 V0



(Pa)



(P = - aV + b)

PV = nRT



=>



T



PV

nR



PV



1

3

4



108



=> T 0,16



12





.8, 31



.V 2



62



32.105

12





.V









(K)



V



2

=> T 1337,1. 100V 32.V





dT

dV



(*)



1337,1. 2000V 32 0 V 16.103 ( m3 ) = 16 (l)



Vậy: T = Tmax342,3 (K)



<=>



V = V2 = 16 (l)

P = P2 =



4) dQ = dA + dU = P.dV +

=



(K)



3

nRdT

2



3

.105 (Pa)

4



( nRdT = PdV + Vdp )



5

3

5

(- aV + b) dV + V. (-adV) = (- 4aV + b)dV

2

2

2



dV > 0 do V tăng nên dQ > 0 <=> - 4aV + 2b > 0 (V [V0; V1])

<=>



V 0 V ; V0 V <



5b

8a



<=> 8(l) V 20 (l)



> Khí luôn nhận nhiệt trên cả quá trình

* Qúa trình 1 - 3: nhiệt độ tăng từ T0> Tmax.

A1 =



1

1

3

4000

(P0 + P2) (V2- V0) = (2+ ).105. (16 - 8) .10-3 =

(J)

2

2

4

3



U1=



3

3 3

nR (Tmax- T0 ) = . . 8,31(342,3 - 256,7) = 800 (J)

2

2 4

T



=> Q1 = 2133,6 (J)



Tmax



* Qúa trình 3- 2

Nhiệt độ giảm từ Tmax > T1 :



Q2 > 0



T1



U2 < 0

T0



Bài số 9:



0 V0



V2



V1



V



Một píttông khối lượng m0 có thể chạy không ma sát trong 1 xi lanh có tiết diện S đặt

trong không khí ở áp suất P0 thành bình và pittông thấm nhiệt. Xi lanh chứa không khí xem là

khí lý tưởng ở nhiệt độ T0. Khi cân bằng pittông cách đáy một khoảng là h.

1) Tính áp suất P1 của khí sau khi pittông cân bằng

Cho =



2) Đặt lên pittông khối lượng m << m0



Bài giải:

63



Cp

CV



1) áp suất của khí khi pít tông cân bằnag P1 = P0+



m0 g

S



2) Chọn trục Ox (h.vẽ)

Khi đặt vật m lên ptt, nó sẽ dịch chuyển xuống



P0



Xét khi pittông có toạ độ x (x << h)



0

x



Ta có:

P1 (h.S) = P. [(h - x).S]



h







=> P = P



1.



P1



P1

h







h x

x



1



h





Do x << h nên



x

<< 1

h



x



x

=> P P1 (1 + . )

h



+ ĐL II Newton:

P0S + (M + M0)g - P. S = ( m + m0) x

=> P1S + mg - P1S - P1 .

=> mg - P1. .



x

. S = (m + m0) x

h



x

. S = (m + m0)

h



x



(1)



Mà: m << m0 nên có thể bỏ qua nó

Phương trình trở thành: x +



P1

.x 0

m 0h



x + 2x = 0 , =



P1 . S

m 0h



> pittông dao động nhỏ quanh O với T 2



m0h

P0 S



(không cần thiết phải bỏ qua m)

Ta có:

(1) <=>



. P1 S

h





mgh

x



. P1 S





m gh

Đặt X = x -



(1) <=>



.P S

1



.P S

1

h





m m 0 . x ' '







X '' x ''











. X m m0 . X ''



64



m0g

S



<=>



. P1 S

m m 0 .h



X + 2 X = 0 Với =



> Chu kỳ dao động của vật: T =



2

2





m m 0 .h

.P0 S m 0 g



+ Nghiệm của pt trên: X = A sin (t + )

=> x =



m gh



.P S

1



+ ĐK đầu:



A sin (t + )



x0 =



mgh

+ A sin = 0

.P S

1



v0 = A cos = 0

Vậy x =





2

mgh

A=

.P S

1



=> =



mgh

(1 - cos t)

. P1 S



Bài số 10:

Để cho hđ 1 cái bơm nhằm bơm nước giếng , người ta ý định chế tạo 1 máy bơm hơi nước dùng

nguồn nóng làm bộ thu NLMT và nguồn lạnh là nước hút lên từ giếng. Bộ thu phải nhận 1 thông

lượng Mặt Trời là 1KW người ta chấp nhận một nửa công suất đỗ được chuyển cho nước 600C.

Hơi nước cân cung cung cấp suất cơ học sau đó đi vào bộ ngưng ở t0 200C. Hệ tuần hoàn kín...

1) Hiệu suất cực đại nhiệt động lực học bằng bao nhiêu?

Người ta có thể đạt công suất cơ học bằng bao nhiêu?

2- Thực tế: Hiệu suất NĐ = 80% h/s cực đại và h/s cơ học của bơm được nếu độ sâu

giếng là h = 20m. Cho g = 9,8m/s2

3) Hỏi nhiệt độ nước bơm được tăng lên bao nhiêu? cho biết nhiệt dung của 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%.

Acơ học = 50%. A = 0,5 . H.Q1 = 24 (J)

Acơ học = m.g.h



m



A- Acơ học = 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



* Nhiệt lượng Q2 do nguồn 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 và hêli. Khí trong bình có thể thông với môi trường

bên ngoài bằng một ống có khoá K và một ống hình chữ U hai đầu để hở, trong đó có chứa thuỷ

ngân (áp kế thuỷ ngân như hình vẽ). Thể tích của khí trong ống chữ U nhỏ không đáng kể so với

thể tích của bình. Khối khí trong bình cân bằng nhiệt với môi trường bên ngoài nhưng áp suất thì

cao hơn nên sự chênh lệch của mức thuỷ ngân trong hai nhánh chữ U là h = 6,2 cm. Người ta mở

khoá K cho khí trong bình thông với bên ngoài rồi đóng lại ngay. Sau một thời gian đủ dài để hệ

cân bằng nhiệt trở lại với môi trường bên ngoài thì thấy độ chênh lệch của mức thuỷ ngân trong

hai nhánh là h ' 2, 2cm . Cho O = 16; He = 4.

1. Hãy xác định tỷ số khối lượng của ôxi và hêli có trong bình.

2. Tính nhiệt lượng mà khí trong bình nhận được trong quá trình nói trên. Biết số mol khí

còn lại trong bình sau khi mở khoá K là n = 1; áp suất và nhiệt độ của môi trường lần lượt

là p0 105 N / m 2 ; T0 300 K , khối lượng riêng của thuỷ ngân là 13, 6 g / cm3 ; gia tốc

trọng trường g 10m / s 2 .



Bài giải:

1) Lúc chưa mở khoá K, khí có áp suất p1 p 0 gh . Khi mở

khoá K, khí giãn nở đoạn nhiệt và có áp suất p 0 :

1



T0 p1







1



T1 p 0 , suy ra

1



T1 p1



T0 p 0



















1



(1 ) gh



p0



(1)



Khi đóng khoá, quá trình là đẳng tích. Khi cân bằng khí có áp suất p 2 p 0 gh2 và nhiệt độ

T1 . Ta có:



gh2

T1

p

p0

(2)

0

1

T0 p 2 p0 gh2

p0





So sánh (1) và (2) ta được:

gh2 1 gh1

1

1

(3)



p0

p0









h1

1

h2

h1

h1 h2



Thay số ta tính được: 1,55 .

Xét một mol hỗn hợp, gọi hệ số mol He là x, số mol H 2 là y. Nhiệt dung mol đẳng tích của He

là 3R/2, của H 2 là 5R/2. Nhiệt dung mol đẳng áp của He là 5R/2, của H 2 là 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 ra ta được x 0,68 . Từ đó ta tính được:



66



mH

1 x 32 g 3,8 .



m He

x4 g

2).Tính nhiệt lượng:

Nhiệt dung mol đẳng tích của hỗn hợp khí là CV



R

, ta có:

1



Q nCV T0 T1 nCV T0 1 T1 / T0 n



=n



RT0

p

1 0



1 p1





nRgh2 T0

RT0

p0

1



135,6 J



1 p0 gh2 1 p0





Bài số 12:

Một bình hình trụ thành mỏng, diện tích tiết diện ngang S, đặt thẳng đứng.

Trong bình có một pittông, khối lượng M, bề dày không đáng kể. Pittông được

nối với mặt trên của bình bằng một lò xo có độ cứng k (hình vẽ). Trong bình và ở

phía dưới pittông có một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử, khối lượng m, khối

lượng mol là . Lúc đầu nhiệt độ của khí trong bình là T1. Biết rằng chiều dài của

lò xo khi không biến dạng vừa bằng chiều cao của bình, phía trên pittông là chân

không. Bỏ qua khối lượng của lò xo và ma sát giữa pittông với thành bình. Bình và

pittông làm bằng các vật liệu cách nhiệt lý tưởng. Người ta nung nóng khí trong bình đến nhiệt

độ T2 ( T2 > T1 ) sao cho pittông dịch chuyển thật chậm.

1. Tìm độ dịch chuyển của pittông.

2. Tính nhiệt lượng đã truyền cho khối khí.

3. Chứng minh rằng trong một giới hạn cho phép (độ biến dạng của lò xo không quá lớn

để lực đàn hồi của lò xo vẫn còn tỷ lệ với độ biến dạng của nó) thì nhiệt dung của khối khí phụ

thuộc vào chiều cao h của nó trong bình theo một quy luật xác định. Tìm quy luật đó.



Bài giải:

1. Lúc đầu: Mg kh1 p1S (1)

Lúc sau: Mg kh 2 p 2S (2)



p1V1 (



kh1 Mg

m

Mg

M 2 g 2 mRT1



)Sh1 RT1 ta có h1





;

2k

4k 2

k

S

S





h2



Mg

M 2 g 2 mRT2





;

k

2k

4k 2



M 2 g 2 mRT2

M 2 g 2 mRT1







4k 2

k

4k 2

k

m

kh Mg

2. dQ dU pdV C V dT (

)dV



S

S

Tích phân hai vế:

T2

h2

m

kh Mg

Q CV dT (

)Sdh



S

S

T1

h1



Pitttôn dịch chuyển: h1 h 2 h1



67



2

m

k(h 2 h1 )

2

Q C V (T2 T1 )

Mg(h 2 h1 )

2



kh Mg

m

)Sh1 RT1 ta có

Từ phương trình ( 1

S

S





2

kh1 Mgh1



m

m

RT1 ; kh 2 Mgh 2 RT2

2







2

k(h 2 h1 )

2



m

R(T2 T1 ) Mg(h 2 h1 )





Suy ra

m

R

Mg

Q (CV )(T2 T1 )

(h 2 h1 ) ; Thay CV = 3R/2 và (h2 h1) tính ở trên



2

2

2mR

Mg M 2 g 2 mRT2

M 2 g 2 mRT1

(T2 T1 )

(







)



k

k

2

4k 2

4k 2

3. Khi nhiệt độ tăng tới giá trị T bất kỳ ta có:

2mR

Mg Mg mRT

Mg mRT1

Q

(T T1 )

(







).

2



k

k

2

4k

4k 2

Đạo hàm hai vế theo T:

dQ 2mR Mg 1

mR / k

M 2 g 2 mRT

Mg

. Thay

:

C







h

2

2 2

dT

2 2 Mg



4k

2k

k

mRT



k

4k 2

dQ 2mR

MmgR





C

dT

4kh 2Mg



Q



Bài số 13:

Một ống hình trụ, thành cách nhiệt, miệng hở, chiều cao L được đặt thẳng đứng. Trong ống

có một cột thuỷ ngân chiều cao a. Dưới cột thuỷ ngân có chứa mol khí

lí tưởng đơn nguyên tử, chiều cao h (h < L - a), ở nhiệt độ T0 (hình vẽ).

áp suất khí quyển là P0 mmHg. Người ta nung nóng khí sao cho cột

thuỷ ngân chuyển động rất chậm. Bỏ qua ma sát giữa thuỷ ngân và thành a

ống.

L

Giả thiết trong quá trình nung nóng khí, sự trao đổi nhiệt giữa khí và

thuỷ ngân là không đáng kể.

h

1. Nhiệt độ khối khí thay đổi như thế nào trong suốt quá trình cột

thuỷ ngân trào ra khỏi ống?

2. Tính nhiệt lượng tối thiểu cần truyền cho khối khí để thuỷ ngân

chảy hoàn toàn ra khỏi ống.



Bài giải:

1.

Đặt P0 = H. Lúc đầu áp suất khí là p0 = (H + a)

(mmHg), thể tích khí là V0 = Sh, Cần nung nóng

đẳng áp đến khi cột khí có chiều cao (L - a). Lúc

đó nhiệt độ của khí là



T

Tm

T2



V

La

.

T T0 1 T0

1

V0

h



T1



Sau đó thuỷ ngân bắt đầu chảy khỏi ống.



a



0



68



LH

2



(L H)



x