BÀI TẬP NHIỆT HỌC

Chia sẻ: Nguyen Do Xuan Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

522
lượt xem 79
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO VỀ MỘT SỐ BÀI TẬP NHIỆT HỌC

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP NHIỆT HỌC

BÀI TẬP NHIỆT HỌC Bài 1: Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước. a) Xác định độ chênh mực nước thủy ngân, nếu h1 = 130mm và áp suất dư trên mặt nước trong bình 40000 N/m2. b) Áp suất trong bình sẽ thay đổi như thế nào nếu mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau. Giải a) Xác định độ chênh mực thủy ngân (tìm h2) : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : p A = pB Ta có : p A = p 0 + γ H 2O .(h1 + h2 ) p B = p a + γ Hg .h2 ⇒ p0 + γ H 2O .( h1 + h2 ) = p a + γ Hg .h2 ⇔ h2 (γ Hg − γ H 2O ) = ( p 0 − p a ) + γ H 2O .h1 Mà p0 − pa = pd p d + γ H 2O .h1 40000 + 9810.0,013 Vậy : h2 = = = 0,334 (m) (γ H 2O − γ Hg ) 132890 − 98100 b) Áp suất trong bình khi mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau : pC = p D Ta có : pC = p0 + γ H 2O .h p D = pa ⇒ p0 + γ H 2O .h = p a ⇔ γ H 2O .h = p a − p0 = p ck ⇔ p ck = γ H 2O .h = γ H 2O .(h1 + 1 2 h2 ) 1 = 9810.(0,13 + .0,334) = 2913,57 ≈ 0,0297 (at ) 2 Bài 2. Một áp kế vi sai gồm một ống chữ U đường kính d = 5mm nối hai bình có đường kính D = 50mm với nhau. Máy đựng đầy hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau, có trọng lượng riêng gần bằng nhau : dung dịch rượu êtylic trong nước ( γ 1 = 8535 N / m 3 ) và dầu hỏa ( γ 2 = 8142 N / m 3 ). Lập quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất ∆p = p1 − p2 của khí áp kế phải đo với độ dịch chuyển của mặt phân cách các chất lỏng (h) tính từ vị trí ban đầu của nó (khi ∆p = 0 ). Xác định ∆p khi h = 250mm. Giải a) Lập mối quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất ∆p = p1 − p2 : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : Khi ∆p = 0 ( p1 = p2 ) : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng khác nhau ở vị trí cân bằng O : o p A = pB o p A = p1 + γ 1.h1 o p B = p2 + γ 2 .h2 γ 2 h2 Theo điều kiện bình thông nhau : γ 1.h1 = γ 2 h2 ⇒ h1 = γ1
Khi ∆p > 0 ( p1 > p2 ) : thì mực nước trong bình 1 hạ xuống 1 đoạn ∆h và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên 1 đoạn ∆h . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1 đoạn h so với vị trí O. p A = p1 + γ 1.( h1 − ∆h) p B = p2 + γ 2 .( h2 + ∆h − h) + γ 1.h Theo tính chất mặt đẳng áp ta có : p1 + γ 1.( h1 − ∆h) = p2 + γ 2 .(h2 + ∆h − h) + γ 1.h ⇔ p1 − p 2 = γ 2 .(h2 + ∆h − h) − γ 1.(h1 − ∆h) + γ 1.h ⇔ p1 − p 2 = h.(γ 1 − γ 2 ) + ∆h.(γ 1 + γ 2 ) − [γ 1.h1 − γ 2 h2 ] (*) π .d 2 Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : V = ∆h 4 π .d 2 Thể tích trong ống dâng lên một lượng : V ' = h 4 d2 Ta có V = V ' ⇒ ∆h = 2 h và γ 1 .h1 = γ 2 h2 thay vào (*) D d2 ∆p = p1 − p2 = h.(γ 1 − γ 2 ) + 2 h.(γ 1 + γ 2 ) D Ta được :   2 d = h (γ 1 − γ 2 ) + 2 .(γ 1 + γ 2 )   D   Tính ∆p khi h = 250mm   0,005 2 Ta có : ∆p = 0,25( 8535 − 8142 ) + ( 8535 + 8142)  = 140 N / m 2 0,05 2     Bài 3. Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút. a) Viết pt mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z0 = 500mm. b) Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100mm. c) Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao bình là H = 900mm. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ : a) Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z0 = 500mm. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : Xdx + Ydy + Zdz = 0 Trong đó : X = ω 2 x ; Y = ω 2 y ; Z = − g Thay vào phương trình vi phân ta được : ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz = 0 1 22 1 22 Tích phân : ω x + ω y − gz = C 2 2
( ) 1 ⇔ ω 2 x 2 + y 2 − g .z = C 2 1 ⇔ ω 2 r 2 − g .z = C (*) 2 ω 2r 2 z= +C Vậy phương trình mặt đẳng áp là : 2g Đối với mặt tự do cách đáy Z0 = 500mm Tại mặt tự do của chất lỏng thì : x = y = 0 và z = z0 thay vào (*) ⇒ C = − g .z0 ω 2r 2 ω 2r 2 z= − g.z 0 hay z = + z0 Vậy phương trình mặt tự do sẽ là : 2g 2g b) Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm : Phương trình phân bố áp suất : dp = ρ ( Xdx + Ydy + Zdz ) Trong đó : X = ω 2 x ; Y = ω 2 y ; Z = − g ( ) Thay vào ta được : dp = ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz 1  1 Tích phân : p = ρ  ω x + ω y − gz  + C 22 22 2  2 ( ) 1  ⇔ p = ρ  ω 2 x 2 + y 2 − g .z  + C 2  1  ⇔ p = ρ  ω 2 r 2 − g.z  + C (**) 2  Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y = 0 và z = z0 ⇒ p = p a Thay vào (**) ⇒ C = − ρ .g .z 0 + pa ω 2r 2 1 (**) ⇔ p = ρ ω 2 r 2 − ρ .g .z + p a + ρ .g.z 0 ⇔ p a + γ .h + ρ 2 2 h = z0 − z  2 2 2 Vì r = x + y γ = ρ .g  Điểm trên thành bình cách đáy 100mm có : = 0,5 p a = 1at ; r = d = 0,25m 2 2 π .n 3,14.90 h = z 0 − z = 500 − 100 = 400 = 0,4m ; ω = = = 9,42 rad / s 30 30 Áp suất tại điểm này sẽ là : ω 2r 2 9,42 2.0,25 2 = 6697 N / m 2 = 0,068 at ⇔ pd = p − pa = γ .h + ρ = 9810.0,4 + 1000 2 2 P Bài 4: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng 1 P0 thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ 2 P0 / 2 P-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác V định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. V0 2V 0 Giải
- Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm. - Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β (1) - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β (2) - Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 3P0 P - 0V - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P = (**) 2 2V0 - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT (***) 3V0 2V0 2 - Từ (**) và (***) ta có : T = P- P R RP0 - T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol P0 V0 + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 = ; R + khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . 3V0 4V0 3P - Ta có : T(P) = - P T(P) = 0 P= 0 ; R RP0 4 3P 9V P cho nên khi P = 0 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 0 0 4 8R - Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : T 9 V 0 P0 / 8 R 2 1 V 0 P0 / R P 0 P0 3 P0 / 2 P0 / 2 3 P0 / 4 Bài 5. Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1-2-3-1. Trong đó, quá trình 1 - 2 đ ược biÓu diễn bởi phương trình T = T1(2- bV)bV (với b là một hằng số dương vµ thÓ tÝch V 2>V1). Qúa trình 2 - 3 cã ¸p suÊt kh«ng ®æi. Qúa trình 3 - 1 biÓu di ễn b ởi ph ương trình : T= T 1b2V2. Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 là: T 1 và 0,75T1. Hãy tính công mà khối khí thực hiện trong chu trình đó theo T1. Giải: + Để tính công mà khối khí thực hiện , ta vẽ đồ thị biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái của chất khí trong hệ tọa độ hệ tọa độ (PV) + Quá trình biến đổi từ 1-2: Tõ T=PV/R và T = T1(2- bV)bV => P= - Rb2T1V+2RbT1 + Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp P2 = P3 + Quá trình biến đổi từ 3-1 Tõ T=PV/R và T = T1b2 V2 => P= Rb2T1V +Thay T=T1 vào phương trình T = T1(2- bV)bV => V1= 1/b => P1= RbT1 +Thay T2= 0,75T1 vào phương trình T = T1(2- bV)bV =>
P 1 2 2P0 V2= 3/2b=1,5V1 vµ V2=0,5V1(vì V2 > V1 nên loại nghiệm V2 = 0,5V1) P0 + Thay V2 = 1,5/b vào P= -Rb2T1V + 2RbT1 3 4 => P2= P3 = 0,5RbT1=0,5P1 => V3 = 0,5V1 =1/2b . T +Ta có công A = 0,5(P1 - P2 ).(V2-V3) = 0,25RT1 0 T0 2T0 Hỡnh 1 Bài 6: Một bình có thể tích V chứa một mol khí lí tưởng và có một cái van bảo hiểm là một xilanh (có kích thước rất nhỏ so với bình) trong đó có một pít tông diện L tích S, giữ bằng lò xo có độ cứng k (hình 2). Khi nhiệt độ của khí là T1 thì píttông ở cách lỗ thoát khí một đoạn là L. Nhiệt độ của khí tăng tới giá trị T2 thì khí thoát ra ngoài. Tính T2? Giải Hình 2 Kí hiệu P1 và P2 là các áp suất ứng với nhiệt độ T1 và T2 ; ∆l là độ co ban đầu của lò xo, áp dụng điều kiện cân bằng của piston ta luôn có: k .∆l = p1S ; k .(∆l + L) = p2 S => k .L = ( p2 − p1 ) S ; (1) ; Vì thể tích của xilanh không đáng kể so với thể tích V của bình nên có thể coi thể tích của khối khí không đổi và bằng V ;……………………………. áp dụng phương trình trạng thái ta luôn có: ; => ; . => ; . R => P2 − P1 = (T2 − T1 ) (2) V  R  P2 − P = (T2 − T1 ) 1 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  V kL = ( P2 − P ) S  1 kLV Như vậy khí thoát ra ngoài khi nhiệt độ của khí lên đến: T2 = T1 + RS Bài 7: Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như hình 1. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K. 1) Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. 2) Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu trình này trên gi ản đ ồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). 3) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. Giải:
a) Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m RT m RT , suy ra: V = PV = 1 1 µP 11 1 µ 1 Thay số: m = 1g; µ = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa ta được: 1 8,31.300 = 3,12.10−3 m3 V= 1 5 4 2.10 b) Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt; 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau: V(l) P(105P a) 3 1 2 12,4 2 8 4 6,24 2 3 1 4 3,12 1 T(K V(l) 0 150 300 600 0 3,12 6,24 12,4 ) Hình a 8 Hình b c) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: A12 = p1 ( V2 − V ) = 2.105 (6,24.10−3 − 3,12.10−3 ) = 6,24.102 J 1 V A23 = p2V2 ln 3 = 2.105.6,24.10−3 ln2 = 8,65.102 J V2 A34 = p3 ( V4 − V ) = 105 (3,12.10−3 − 12,48.10−3 ) = −9,36.102 J 3 A41 = 0 vì đây là quá trình đẳng áp. Bài 8: Có 0,4g khí Hiđrô ở nhiệt độ , áp suất Pa, được biến đổi trạng thái qua 2 giai đoạn: nén đẳng nhiệt đến áp suất tăng gấp đôi, sau đó cho dãn nở đẳng áp trở về thể tích ban đầu. a. Xác định các thông số (P, V, T) chưa biết của từng trạng thái . b. Vẽ đồ thị mô tả quá trình biến đổi của khối khí trên trong hệ OPV. Bài giải - Tóm tắt
- Vậy ta sẽ tìm : đề cho m, P1, T1, ta sử dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép + Tìm , với R=8,31J/K.mol : Từ TT1 sang TT2 biến đổi đẳng nhiệt, ta sử dụng định luật Bôi -lơ – Ma-ri-ốt + Tìm : Từ TT2 sang TT3 biến đổi đẳng áp, ta áp dụng định luật Gay-luy-xắc + Tìm + Vẽ đồ thị trong hệ OPV - Xác định các điểm (với các giá trị đề cho và vừa tìm ra) trên hệ OPV , , - Nối điểm (1) và (2) bằng đường hyperbol. - Nối điểm (2) và (3) là đường thẳng vuông góc với OP Bài 9. Hai xi lanh cách nhiệt giống hệt nhau được nối với nhau 1 2 bằng một ống cách nhiệt có kích thước nhỏ, trên ống nối có lắp một van K. Lúc đầu K đóng. Trong xi lanh 1, dưới pit-tông kh ối lượng M, chứa một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử có khối K lượng mol µ, nhiệt độ T0. Trong xi lanh 2 có pit-tông khối lượng m = M/2 và không chứa khí. Phần trên của pit-tông trong hai xi lanh là chân không. Sau đó van K được mở để khí từ Hình 1
xilanh 1 tràn qua xi lanh 2. Xác định nhiệt độ của khí sau khi khí đã cân bằng, biết rằng khi đó phần trên của pit-tông trong xi lanh 2 vẫn còn khoảng trống. Cho νµ/M = 0,1, v ới ν là s ố mol khí; ma sát giữa pit-tông và xi lanh là rất nhỏ. Giải Khi K mở, toàn bộ lượng khí chuyển qua xi lanh 2. Kí hiệu: H0 – độ cao cột khí trong bình 1 khi K chưa mở; H và T – độ cao và nhiệt độ cột khí trong xi lanh 2 khi K m ở và khí đã cân bằng. Áp dụng nguyên lí thứ nhất nhiệt động lực học có: νµ g 3 ν R (T − T0 ) = MgH 0 − mgH + (H 0 − H ) 2 2 Trước khi K mở, ở xi lanh 1: ν Mg P0 = ;V0 = H 0 S  MgH0 = νRT0  gH 0 = RT0 S M ν Sau khi K mở và khí đã cân bằng, ở xi lanh 2: gH = RT m νµ ν ν 3 Vậy: ν R(T − T0 ) = ν R(T0 − T ) + ( RT0 − RT ) 2 2M m νµ 1+ Hay: T = T0 5νµ = 0,98T0 M 2 1+ 5M Bài 10.. Một xi lanh cách nhiệt nằm ngang được chia thành hai ph ần nhờ một pit-tông mỏng dẫn nhiệt. Pit-tông được nối với một thành ở đầu xi lanh bằng một lò xo nhẹ. Ở hai bên của pit-tông đ ều có ν mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Xi lanh có chiều dài 2ℓ, chiều dài của lò Hình 2 xo lúc chưa dãn là ℓ/2. Ở trạng thái ban đầu lò xo b ị dãn m ột đo ạn là X và nhiệt độ của khí trong hai phần của xi lanh là T. Sau đó, người ta đục một lỗ nhỏ qua thành của pit-tông. Xác định độ biến thiên nhiệt độ của khí trong xi lanh ΔT sau khi khí trong xi lanh đã cân bằng. Bỏ qua nhiệt lượng hấp thụ bởi xilanh, pit-tông, lò xo và ma sát giữa pit-tông và xi lanh. Giải: Ở trạng thái đầu, lực đàn hồi của lò so cân bằng với lực tác động lên pit-tông gây ra bởi độ chênh lệch về áp suất ở hai bên của pit-tông. � � ν RT ν RT ν RT � 1 1� − = −kx �k = − 3l l � � ( − x) ( + x) x � + x 3l − x � l 2 2 � � 2 2 Sau khi pit-tông thủng, áp suất hai bên pit-tông cân bằng, độ dãn của lò xo bằng không. Toàn bộ năng lượng từ thế năng đàn hồi dự trữ trong lò xo biến thành n ội năng c ủa khí, nên: kx 2 3 = 2vR∆T 2 2
� � kx 2 x � 1 1 � 2x l − 2x ∆T = =� − �= Vậy: T T 6ν R 6 � + x 3l − x � 3 (l + 2 x)(3l − 2 x) l � � 2 2 Bài 11.: Trong một xilanh cách nhiệt khá dài nằm ngang có nhốt m M M 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng m nhờ hai V V1 pittông cách nhiệt có khối lượng bằng nhau và bằng M có thể chuyển động không ma sát trong xilanh (Hình 4). Lúc đầu hai Hình 4 2 pittông đứng yên, nhiệt độ của khí trong xilanh là T o. Truyền cho hai pittông các vận tốc v1, v2 cùng chiều (v1=3vo, v2=vo). Tìm nhiệt độ cực đại mà khí trong xilanh đạt được, biết bên ngoài là chân không. Giải: - Đối với pittông (1): lực tác dụng vào pittông theo ph ương ngang là l ực đ ẩy F 1 ngược chiều v1 nên pittông (1) chuyển động chậm dần đều. - Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F 2 cùng chiều v2 nên pittông (2) chuyển động nhanh dần đều. - Trong quá trình hai pittông chuyển động, khối khí nh ốt trong m M MV xi lanh chuyển động theo. - Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông F1 V1 2F 2 (1) đối với pittông (2) là: (2) (1) v12 = v1 − v2 → pittông (1) chuyển động về phía pittông (2) chậm dần rồi dừng lại lúc to, sau đó t>to thì pittông (1) chuyển động xa dần với pittông (2) và khí lại giãn nở. - Gọi G là khối tâm của khối khí trong xi lanh lúc tto: khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). V ậy ở nhi ệt đ ộ t o thì vG=0 → cả hai pittông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v. - Định luật bảo toàn động lượng ta có: M3vo+Mvo=(2M+m)v→ v=4Mvo/(2M+m). 1 - Động năng của hệ lúc đầu: Wđ1= M (v12 + v22 ) = 5Mvo2 . 2 1 - Động năng của hệ lúc ở to là: Wđ2= (2M + m)v 2 . 2 Mvo (2 M + 5m) 2 → Độ biến thiên động năng: ∆ W=Wđ2-Wđ1= . 2M + m i 3 3 3 - Nội năng của khí: U = nRT = nRT → ∆U = nR∆T = nR(Tmax − To ) . 2 2 2 2 2 Mvo (2 M + 5m) 2 - Vì ∆ U=∆ W nên Tmax = To + P (do n=1) 2M + m 3R 1 2 2P0 Bài 12. Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) th ực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như hình 1. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K. P0 3 4 1) Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. T 0 T0 2T0 Hình 1
2) Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. V ẽ lại chu trình này trên gi ản đ ồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). 3) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. Giải: a) Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m RT m RT , suy ra: V = PV = 1 1 µP 11 1 µ 1 Thay số: m = 1g; µ = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa ta được: 1 8,31.300 = 3,12.10−3 m3 V= 1 5 4 2.10 b) Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt; 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau: Để c) V(l) P(105P tính a) 3 công, 1 2 12,4 2 trước 8 hết sử 4 6,24 2 3 dụng 1 4 3,12 1 T(K V(l) 0 150 300 600 0 3,12 6,24 12,4 ) Hình a 8 Hình b phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3. Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: A12 = p1 ( V2 − V ) = 2.105 (6,24.10−3 − 3,12.10−3 ) = 6,24.102 J 1 V A23 = p2V2 ln 3 = 2.105.6,24.10−3 ln2 = 8,65.102 J V2 A34 = p3 ( V4 − V ) = 105 (3,12.10−3 − 12,48.10−3 ) = −9,36.102 J 3 A41 = 0 vì đây là quá trình đẳng áp. Bài 13. Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai ph ần b ởi m ột pittông nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đ ầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích ph ần khí ở trên pittông g ấp n = 2 l ần th ể tích khí ở phần dưới pittông. Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần dưới pittông lên bao nhiêu l ần đ ể th ể tích khí ở ph ần
dưới pittông sẽ gấp n = 2 lần thể tích khí ở phần trên pittông ? B ỏ qua ma sát gi ữa pittông và xylanh. Giải: Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên: V1’, P1’ ' ' ' ' P1 V1 P2 V2 P1 V1 P2 V2 m V1, .R = = = = µ T1 T1 T1 T2 P1 Vì V = nV2 nên P2 = nP 1 1 Theo giả thiết: V = V2 / n , suy ra: ' ' 1 P' T2 V2, P2 V2’, = n 2' (1) T P P2’ 1 1 ' P2 Để tính ta dựa vào các nhận xét sau: ' P1 1. Hiệu áp lực hai phần khí lên pittông bằng trọng lượng Mg của pittông: ' ' (P2 − P1 )S = Mg = (P2 − P1 )S P' − P' = P − P = (n − 1)P 2 1 2 1 1 P' = P' + (n − 1)P (2) 2 1 1 2. Từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng ở phần trên của pittông: ' V ' → P1 = P1 . 1 ’ ’ P1V1 = P1 V 1 V1 Thay vào (2), ta suy ra: P' V' = 1 + ( n − 1) 1 2 (3) P' V 1 1 ' V 3. Để tìm 1 ta chú ý là tổng thể tích 2 phần khí là không đổi: V1 V1+V2 = V1’+V2’ V' 1 V = V + = V + nV ⇒ ' ' 1 1 1 1 1 Vn n 1 1 2n − 1 P' Thay vào (3) ta được: 2' = 1 + (n − 1) = P n n 1 P' T2 = n 2' = 2n − 1 = 3 . Thay vào (1) ta có kết quả: T P 1 1 Bài 14: Mét lîng khÝ lý tëng ë 270C ®îc biÕn ®æi qua 2 giai ®o¹n: NÐn ®¼ng nhiÖt ®Õn ¸p suÊt gÊp ®«i, sau ®ã cho gi·n në ®¼ng ¸p vÒ thÓ tÝch ban ®Çu. 1)BiÓu diÔn qu¸ tr×nh trong hÖ to¹ ®é p-V vµ V-T. 2)T×m nhiÖt ®é cuèi cïng cña khÝ. Giải: 1)Theo bµi ra ta vÏ ®îc ®å thÞ nh 2 h×nh díi ®©y 2)Tõ (1) ®Õn (2) lµ qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt nªn ta cã: p1V1=p2V2 Víi p1=p2
V V V V Tõ (2) ®Õn (3) lµ qu¸ tr×nh gi·n ®¼ng ¸p nªn ta cã: V1=V3 vµ: T = T ⇒ T3 = V T2 = V T2 3 3 2 1 3 2 2 2 p2 KÕt hîp (a) vµ (b) ta cã:T3= p T2=2.300=6000K 1 p V 2 3 V1=V3 1 3 p2=2p1 p1 1 2 T 0 T1=T2 0 V1=V3 Baøi 15: Bôm pittoâng ôû moãi laàn bôm chieám moät theå tích khí xaùc ñònh. Khi huùt khí ra khoûi bình noù thöïc hieän 4 laàn bôm. Aùp suaát ban ñaàu trong bình baèng aùp suaát khí quyeån P0. Sau ñoù, cuõng bôm naøy baét ñaàu bôm khí töø khí quyeån vaøo bình vaø cuõng thöïc hieän 4 laàn bôm. Khi ñoù, aùp suaát trong bình lôùn gaáp ñoâi aùp suaát khí quyeån. Tìm heä thöùc giöõa theå tích laøm vieäc cuûa bôm vaø theå tích bình. Gi ải: Khi huùt khí trong bình sau laàn bôm ñaàu tieân aùp suaát trong bình V P1 = P0 trôû thaønh P1. V + V0 Ta coù: P0. V = P1 (V+V0)  Vôùi V laø theå tích cuûa bình, V0 laø theå tích laøm vieäc cuûa bôm 2 V pittoâng. V = P0  V + V  P2 = P1  V + V0  0 4 Vaäy sau 4 laàn bôm aùp suaát trong P  V laø: bình  P' = 0  V + V    0 Khi bôm khí vaøo trong bình sau 4 laàn bôm trong bình thieát laäp moät aùp suaát baèng P.   4      V  4 4V  00  + 4V0  4P V 1  + 0  = P0   = P0  P = P'+   V0  V  V + V0  V V    1 + V     
V Theo ñieàu kieän cuûa baøi toaùn: P =x 2P0, ñaët = 0 V 4 4 Ta coù phöông trình:1  (0,5ñ)  1 2=  + 4x ⇔ 2 − 4x =   1+ x  1+ x  4 1 Döïng ñoà thò cuûa caùc haøm: y = 2 - 4x vaø y = nhö hình    1+ x  veõ. Töø giao ñieåm cuûa hai ñoà thò ta tìm ñöôïc x ≈ V0,4444 ≈ 0, nghóa laø 0 V y 1 4 1 y=   1+ x  0,1 • x 0,5 0 0,8 0,44 B aøi 16 . Trªn gi¶n ®å pV ®èi víi mét khèi l îng khÝ lý tëng nµo ®ã, gåm hai qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt c¾t hai qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p t¹i c¸c ®iÓm 1, 2, 3, 4 (xem h×nh vÏ). H·y x¸c ®Þnh tû sè nhiÖt ®é T3/T1 cña chÊt khÝ t¹i c¸c tr¹ng th¸i 3 vµ 1, nÕu biÕt tû sè thÓ tÝch V3/V1 = α. Cho thÓ tÝch khÝ t¹i c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 4 b»ng nhau . Gi¶i: XÐt hai ®o¹n ®¼ng ¸p víi ph¬ng tr×nh cã d¹ng T/V = const. NghÜa lµ ta cã: T3 T4 T1 T2 = vµ V = V (1) V1 V2 3 4 Nhng do T2 = T3; T1 = T4 (do qu¸ tr×nh 2-3 vµ 4-1 lµ ®¼ng nhiÖt) vµ V2 =V4 (theo gi¶ thiÕt), ta cã:
T3 T4 T1 = = (2) V3 V4 V2 Tõ (1) vµ (2) suy ra: T3 V2 T3 V3 = vµ T = V T1 V1 1 2 Nh©n hai ph¬ng tr×nh trªn víi nhau, ta ®îc: 2  T3  V   = 3 =α T  V  1 1 T3 Tõ ®ã suy ra: T = α 1 Baøi 17: Trªn h×nh vÏ cho chu tr×nh thùc hiÖn bëi n mol khÝ lý t ëng, gåm mét qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p vµ hai qu¸ tr×nh cã ¸p suÊt p phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo thÓ tÝch V. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2, khÝ thùc hiÖn mét c«ng A vµ nhiÖt ®é cña nã t¨ng 4 lÇn. NhiÖt ®é t¹i 1 vµ 3 b»ng nhau. C¸c ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ® êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é. H·y x¸c ®Þnh nhiÖt ®é khÝ t¹i ®iÓm 1 vµ c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh trªn . Gi¶i: C«ng do khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2 b»ng: A = p1 (V2 − V1 ) V× p1V1 = nRT1 p 2V2 = nRT2 = 4nRT1 vµ nªn A = 3nRT1 A T1 = Suy ra: 3nR C«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong c¶ chu tr×nh ® îc t×m b»ng c¸ch tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c 123 vµ b»ng: 1 Act = ( p1 − p3 )(V2 − V1 ) 2 Tõ c¸c ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ë trªn ta t×m ®îc:
4nRT1 4 A nRT1 A vµ V2 = p = 3 p V1 = = p1 3 p1 1 1 A p Do ®ã : Act = 1 − 3  2 p1    V× c¸c ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ®êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é nªn: p3 V3 = p1 V2 MÆt kh¸c, còng tõ ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i ta cã: nRT1 A 4A V3 = = vµ V2 = =3 p p3 3 p3 1 Tõ ®©y suy ra: p3 p =1 p1 4 p3 p3 1 hay p = 2 1 VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh lµ: A Act = . 4 Baøi 15: .Mét mol khÝ hªli thùc hiÖn mét chu tr×nh nh h×nh vÏ gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®o¹n nhiÖt 1-2, ®¼ng ¸p 2-3 vµ ®¼ng tÝch 3-1. Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt hiÖu nhiÖt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiÓu cña khÝ lµ ∆ T. BiÕt r»ng trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p, khÝ to¶ ra mét nhiÖt lîng b»ng Q. H·y x¸c ®Þnh c«ng A do khèi khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh trªn. Giải: Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 1-2, T1 lµ nhiÖt ®é cùc ®¹i, T2 lµ nhiÖt ®é cùc tiÓu, bëi vËy cã thÓ viÕt: T1 − T2 = ∆T Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 2-3, ¸p dông nguyªn lý I nhiÖt ®éng lùc häc, ta cã: − Q = CV (T3 − T2 ) + p 2 (V3 − V2 ) (1) víi CV = 3R/2. Tõ (1) vµ c¸c ph¬ng tr×nh tr¹ng th¸i cña c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 3, ta cã: Q 2Q T2 − T3 = = CV + R 5 R Trªn ®o¹n ®¼ng tÝch 3-1, khÝ kh«ng thùc hiÖn c«ng, cßn ®é t¨ng néi n¨ng cña khÝ lµ do nhiÖt lîng mµ khÝ nhËn ®îc: Q3−1 = CV (T1 − T3 ) = CV [ ( T1 − T2 ) + ( T2 − T3 ) ]
2Q = CV (∆T + ) 5R VËy c«ng mµ khèi khÝ thùc hiÖn sau mét chu tr×nh lµ: 3 2 A = Q3−1 − Q = R∆T − Q . 2 5 Baøi 18: Mét khèi khÝ hªli ë trong mét xilanh cã pitt«ng di chuyÓn ® îc. Ngêi ta ®èt nãng khèi khÝ nµy trong ®iÒu kiÖn ¸p suÊt kh«ng ®æi, ® a khÝ tõ tr¹ng th¸i 1 tíi tr¹ng th¸i 2. C«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh nµy lµ A 1-2. Sau ®ã, khÝ bÞ nÐn theo qu¸ tr×nh 2-3, trong ®ã ¸p suÊt p tû lÖ thuËn víi thÓ tÝch V. §ång thêi khèi khÝ nhËn mét c«ng lµ A2-3 (A2-3 > 0). Cuèi cïng khi ®îc nÐn ®o¹n nhiÖt vÒ tr¹ng th¸i ban ®Çu. H·y x¸c ®Þnh c«ng A31 mµ khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh nµy. Gi¶i: Trong qu¸ tr×nh ®¼ng ¸p 1-2, c«ng do khèi khÝ thùc hiÖn lµ: A1−2 = p1 (V2 − V1 ) = nR (T2 − T1 ) (1) Trong qu¸ tr×nh 2-3, c«ng do chÊt khÝ nhËn vµo cã trÞ sè b»ng: p 2 + p3 p V + p3V2 − p 2V3 − p3V3 A2−3 = (V2 − V3 ) = 2 2 2 2 V× trªn gi¶n ®å pV hai ®iÓm 2 vµ 3 n»m trªn ®êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é, nªn ta cã: p 2 V2 = hay p3V2 − p2V3 = 0 p3 V3 Do ®ã: p 2V2 − p3V3 nR (T2 − T3 ) A2−3 = = (2) 2 2 Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 3-1, ®é t¨ng néi n¨ng cña khèi khÝ b»ng c«ng mµ khèi khÝ nhËn ®îc: 3 A3−1 = nR (T1 − T3 ) (3) 2 Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2 A2−3 − A1−2 T1 − T3 = nR Thay biÓu thøc trªn vµo (3), ta ®îc: 3 3 A3−1 = nR (T1 − T3 ) = (2 A2−3 − A1−2 ). 2 2 Baøi 19: Cho mét m¸y nhiÖt ho¹t ®éng theo chu tr×nh gåm c¸c qu¸ tr×nh: ®¼ng nhiÖt 1-2, ®¼ng tÝch 2-3 vµ ®o¹n nhiÖt 3-1 (xem h×nh vÏ). HiÖu suÊt cña m¸y nhiÖt nµy lµ η vµ hiÖu nhiÖt ®é cùc ®¹i vµ cùc tiÓu cña khÝ trong chu tr×nh b»ng ∆ T. BiÕt r»ng chÊt c«ng t¸c trong m¸y nhiÖt nµy lµ n mol khÝ lý tëng ®¬n nguyªn tö. H·y x¸c ®Þnh c«ng mµ khèi khÝ ®ã thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt.
Giải: Trong ®Ò bµi ®· cho hiÖu suÊt cña chu tr×nh, nªn tríc hÕt ta ph¶i t×m hiÓu xem qu¸ tr×nh nµo lµ nhËn nhiÖt vµ qu¸ tr×nh nµo to¶ nhiÖt. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt 1-2, khÝ thùc hiÖn c«ng A (thÓ tÝch t¨ng), vµ v× néi n¨ng kh«ng ®æi, nªn qu¸ tr×nh nµy to¶ nhiÖt lîng mµ ta ký hiÖu lµ Q1 (Q1=A). Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 2-3, khi thÓ tÝch kh«ng ®æi, ¸p suÊt gi¶m. §iÒu nµy x¶y ra lµ do nhiÖt ®é khÝ gi¶m vµ trong tr êng hîp ®ã khÝ to¶ mét nhiÖt lîng lµ Q2. Trong qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt 3-1, khÝ kh«ng nhËn còng kh«ng to¶ nhiÖt vµ do thÓ tÝch gi¶m nªn khÝ nhËn c«ng vµ nhiÖt ®é cña nã t¨ng. Do ®ã, t¹i 3 khÝ cã nhiÖt ®é nhá nhÊt lµ T mim, cßn nhiÖt ®é lín nhÊt Tmax cña khèi khÝ ®¹t ®îc ë qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt 1-2. Do ®ã: Tmax − Tmin = ∆T Theo ®Þnh nghÜa, hiÖu suÊt cña chu tr×nh b»ng: Q1 − Q2 Q η= = 1− 2 Q1 Q1 Mµ nh trªn ®· nãi Q1 = A. MÆt kh¸c, trong qu¸ tr×nh 2-3, nhiÖt l îng to¶ ra ®óng b»ng ®é t¨ng néi n¨ng: 3 3 Q2 = nR (Tmax − Tmin) = nR∆T 2 2 Thay Q1 vµ Q2 vµo c«ng thøc tÝnh hiÖu suÊt, ta ®îc: 3nR∆T η = 1− 2A 3nR∆T Suy ra: A = 2(1 − η ) . Baøi 20: Cho hiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-4-1 b»ng η1 vµ cña chu tr×nh 2-3-4-2 b»ng η2 (xem h×nh vÏ). H·y x¸c ®Þnh hiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-3-4-1, biÕt r»ng c¸c qu¸ tr×nh 4-1, 2-3 lµ ®¼ng tÝch, qu¸ tr×nh 3-4 lµ ®¼ng ¸p, cßn trong c¸c qu¸ tr×nh 1-2; 2-4 ¸p suÊt p phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo thÓ tÝch V. C¸c qóa tr×nh nãi trªn ®Òu ® îc thùc hiÖn theo chiÒu kim ®ång hå. BiÕt r»ng chÊt c«ng t¸c ë ®©y lµ khÝ lý t ëng. Giải:
XÐt chu tr×nh 1-2-4-1. Trong qu¸ tr×nh 1-2, khÝ nhËn mét nhiÖt l îng mµ ta ký hiÖu lµ Q1. Trong qu¸ trinh 2-4, khÝ to¶ mét nhiÖt l îng lµ Q2. Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 4-1, khÝ nhËn mét nhiÖt lîng lµ Q3. C«ng do khÝ thùc hiÖn trong c¶ chu tr×nh lµ A 1. Theo A ®Þnh nghÜa hiÖu suÊt: η1 = Q + Q 1 1 3 Q MÆt kh¸c, η1 = 1 − Q + Q , suy ra: Q2 = (1 − η1 )(Q1 + Q3 ) 2 1 3 XÐt chu tr×nh 2-3-4-2, trong c¸c qu¸ tr×nh 2-3 vµ 3-4, khÝ ®Òu to¶ nhiÖt. KhÝ chØ nhËn nhiÖt trong qu¸ tr×nh 4-2 vµ lîng nhiÖt nhËn vµo nµy hiÓn nhiªn lµ b»ng Q2. VËy A hiÖu suÊt cña chu tr×nh nµy b»ng: η 2 = Q 2 2 trong ®ã A2 lµ c«ng do khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh nµy. Dïng biÓu thøc cña Q 2 nhËn ®îc ë trªn ta cã thÓ viÕt: A2 η2 = (1 − η1 )(Q1 + Q3 ) A1 + A2 HiÖu suÊt cña chu tr×nh 1-2-3-4-1 b»ng: η 3 = Q + Q 1 3 Rót A1 vµ A2 tõ c¸c biÓu thøc cña η1 vµ η 2 , råi thay vµo biÓu thøc trªn, ta ®îc: η 3 = η1 + η 2 − η1η 2 . Bµi tËp Bài1. Chu tr×nh thùc hiÖn bëi n mol khÝ lý tëng gåm hai qu¸ tr×nh trong ®ã ¸p suÊt p phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo thÓ tÝch V vµ mét qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch (xem h×nh vÏ). Trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch 1-2, ngêi ta truyÒn cho khÝ mét nhiÖt lîng Q vµ nhiÖt ®é cña nã t¨ng 4 lÇn. NhiÖt ®é t¹i c¸c tr¹ng th¸i 2 vµ 3 b»ng nhau. C¸c ®iÓm 1 vµ 3 n»m trªn ®êng th¼ng ®i qua gèc to¹ ®é. H·y x¸c ®Þnh nhiÖt ®é cña khÝ ë tr¹ng th¸i 1 vµ c«ng mµ khÝ thùc hiÖn trong chu tr×nh trªn. Bài 2. Mét khèi khÝ hªli ë trong mét xilanh díi mét pitt«ng di chuyÓn ®îc. Ngêi ta nÐn khÝ theo qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt ®a nã tõ tr¹ng th¸i 1 tíi tr¹ng th¸i 2 (xem h×nh vÏ). Trong qu¸ tr×nh ®ã, khèi khÝ nhËn mét c«ng lµ A12 (A12> 0). Sau ®ã khÝ ®îc gi·n ®¼ng nhiÖt tõ 2 tíi 3. Vµ cuèi cïng, khÝ ®îc nÐn tõ 3 vÒ 1 theo qu¸ tr×nh trong ®ã ¸p suÊt p tû lÖ thuËn víi thÓ tÝch V. H·y x¸c ®Þnh c«ng A23 mµ khÝ thùc hiÖn trong qu¸ tr×nh gi·n në ®¼ng nhiÖt 2-3, nÕu trong chu tr×nh 1-2-3-1 khÝ thùc hiÖn mét c«ng b»ng A.
..............................................................................