Tải bản đầy đủ

ÔN HSG 10 CHẤT KHÍ

Câu 5 (4 điểm)
Một bình kín hình trụ có chiều cao x đặt thẳng đứng và được chia
He
thành hai phần nhờ một pit-tông cách nhiệt, pit-tông có khối
lượng m = 500g và có thể chuyển động không ma sát trong xi
x
lanh. Phần trên của bình chứa khí Hêli, phần dưới chứa khí Hiđrô.
Hai khối khí có cùng khối lượng m0 và ban đầu cùng ở nhiệt độ t0
H
0,6x
0
= 27 C, khi này pit-tông cân bằng cách đáy dưới một khoảng
0,6x. Tiết diện bình là S = 1dm2, cho g = 10 m/s2.
a) Tính áp suất trong mỗi phần bình?
b) Giữ nhiệt độ ở một phần bình không đổi, cần nung phần còn lại đến nhiệt độ bao nhiêu để
pit-tông cách đều hai đáy bình?
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Ý

Nội dung
Tính áp suất trong mỗi phần bình

Gọi áp suất, thể tích và nhiệt độ của khí ở ngăn trên và ngăn
dưới của xi lanh
Lúc đầu là (p1,V1,T0) và (p2,V2,T0)
Áp dụng Pt Claperong – Mendeleep:
+ Xét khí ở phần trên :
+ Xét khí ở phần dưới:

a



Điểm

0,5

m0
RT0
4
m
p1V2  0 RT0
2

p1V1 

p1.0, 4.x.S 1
p
3
 � 1 
p2 .0, 6.x.S 2
p2 4

0,75
(1)

+ Pit – tông cân bằng :
p1 

mg
mg
 p2 � p2  p1 


 500 N / m 2
S
S

(2)
Từ (1) và (2) suy ra p1 = 1500 N/m2 và p2 = 2000 N/m2.
b) Xác định nhiệt độ:
Để pit-tong ở chính giữa thì phải làm cho pit-tong dịch chuyển
xuống dưới nên ta giữ nguyên nhiệt độ phần dưới là T0 = 300K
còn đun phần trên đến nhiệt độ T1, thể tích mỗi phần đều là V.
Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở từng ngăn ta được:
+ Ngăn dưới: p2V2 = p2’V
b

p2V2 2000.0, 6.x.S

 2400 N / m 2
V
0,5.x.S
mg
p1,  p2, 
 2400  500  1900 N / m 2
S


0,5
0,75

0,5

� p2, 

0,5

+ Áp dụng PTTT cho khí ở ngăn trên ta có:
p , VT
p1V1 p ,1V
 , � T1,  1 0  475K
T0
T1
p1V

0,5


Mã số câu:
Câu hỏi 5: (4 điểm)
Một ống hình trụ thẳng đứng có thể tích V. Ở phía dưới pít tông khối lượng
m, diện tích S, có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử ở nhiệt độ T 0.Pít tông ở vị
trí cân bằng chia ống thành hai nửa bằng nhau. Người ta đun nóng khí từ từ đến khi
nhiệt độ khí là 4T0.Ở phía trên có làm hai mấu để pít tông không bật ra khỏi ống.
Hỏi khí trong ống đã nhận được một nhiệt lượng là bao nhiêu? Bỏ qua bề dày pít
tông và ma sát giữa pít tông và thành ống. Cho áp suất khí quyển bên ngoài là P 0 và
nội năng của một mol khí lý tưởng đơng nguyên tử được tính theo công thức
U

3
RT
2

Đáp án câu hỏi 5:
CÂU
5

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

mg
V
- Khi pít tông ở VTCB, Các thông số khí : P 1= P0 + s ; V1 = 2 ;

1

T1 = T0
� Số mol khí

n

PV
PV
1 1
 1 0 mol
RT1 2 RT0

- Trong giai đoạn đầu,pít tông chưa chạm mấu khí biến đổi đẳng
áp, khi bắt đầu chạm mấu khí có nhiệt độ T2

0,5

V1 V2
V
 � T2 
T0  2T0
T
T
V
2
1
2
Áp dụng:

- Nhiệt lượng truyền cho khí trong quá trình này :
Q1  A  U  P1

1

V
3
PV
PV 3
 n R (T2  T1 )  1  1
RT0 5 PV
1
2
2
2
2 RT0 2
=4

- Sau khi pít tông chạm vấu, thể tích không đổi, dây là quá trình
đẳng tích.
Khí nhận nhiệt lượng chỉ làm tăng nội năng:

1

PV 3
3
3
Q2  n R 2T0  1
R 2T0  PV
1
2
2 RT0 2
2

� Tổng nhiệt lượng mà khí đã nhận :
Q  Q1  Q2 

11
11
mg
PV
 ( P0 
)V
1
4
4
s

0,5


V

Câu 1: Một mol khí lí tưởng biến đổi trạng thái theo chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được mô tả trên giản đồ ở
hình vẽ bên. Cho biết nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp của khí lần

1a)

Xét 1 mol khối khí lưỡng nguyên tử ta có:

P0 V0  RT1

A 0
* Quá trình 1 – 2 là quá trình đẳng tích � 12
P2
3P0
T2
P1 = P0 =3 = T1 � T2  3T1

U12  Q12  A12  Q12
U12  Q12 
1b)

5
R(T2  T1 )
5RT1
2
=

* Quá trình 2 – 3 là quá trình đẳng áp, ta có

V3
T3
5V0
V2 = T2 = V0 = 5 � T3  5T2  15T1

Q 23 
....

7
R(T3  T2 )  42RT1
2

* Công A của cả chu trình là

(3P  P )(5V  V )  8P V  8RT

0
0
0
0
0 0
1
A =
* Nhiệt mà khối khí trong động cơ nhận được trong chu trình:

Q  Q12  Q 23 = 47RT1
* Hiệu suất của chu trình:

H

A
100%
Q

H

8RT1
.100%
47RT1
�17,02 %

4
1

V0 5V0

GHI
CHU

0

3

P0

ĐÁP ÁN

CÂU

P

Tính hiệu suất của chu trình này.

2

5
7
R Cp = R
2 ;
2 ; R là hằng số chất khí.

3P0

lượt là

Cv =


Câu 2: Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ
p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có áp
suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình 2).
a. Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C;
b. Tính hiệu suất của chu trình trên.
p(atm)
3

C
1
O

CÂU
2a)

ĐÁP ÁN

B

A

25,6
Hình 2

V(l)
102,4

GHI
CHU

Áp dụng phương trình trạng thái:
Từ hình vẽ:
Cũng từ hình vẽ:
Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]:

2b)

Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]:
Quá trình A-B: quá trình đẳng áp
AAB= pA.∆V= pA.(VB- VA)=-42,7(J)
Vì TA>TB quá trình tỏa nhiệt, QAB<0
Quá trình B-C: quá trình đẳng tích
ABC=0; QBC=∆U=Cv∆T=3/2R(TC-TB) �48(J)
Quá trình B-C: quá trình nhận nhiệt

1
(VA  VC )( p A  pC )
2
ACA=
=69,9(J)
QCA=∆U+ ACA=3/2R(TA-TC)=85,4(J)

H

AAB  ACA
 20%
QBC  QCA

Câu 3: Cho chu trình biến đổi trạng thái của 2g khí Heli như sau: Từ trạng thái 1 với áp suất p1=105Pa,
nhiệt độ T1 = 600K, giản nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5.104 Pa, rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái
3 có T3 = 300K rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích.
a) Tính V1, V2, V3 và p4
b) Vẽ lại chu trình trong hệ tọa độ (p,T)
Đáp án
Số mol Heli: n = = 0,5 mol


a)

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: p1V1=nRT1. Suy ra V1 = 0,02493m3.
Tt1 – tt2 là quá trình đẳng nhiệt nên T1 = T2 và p1V1 = p2V2. Suy ra V2 = 0,09972 m3.
Tt2 – tt3 đẳng áp nên p3 = p2 = 2,5.104 Pa. Suy ra = , ta tính được V3 = 0,04986 m3
TT4 – tt1 đẳng tích nên V4 = V1 = 0,02493 m3
Tt3 – tt4 đẳng nhiệt nên T3 = T4 và p3V3 = p4V4 . suy ra p4 = 5.104 Pa

b) Vẽ lại chu trình trên hệ (p, T)
p(Pa)
1

4

2

3

T (K)

Câu 4: Một pittông có trọng lượng đáng kể ở vị trí cân bằng trong một bình hình trụ kín. Phía trên và phía
dưới pit – tông chứa cùng loại khí, khối lượng và nhiệt độ của khí ở trên và ở phía dưới pit – tông là như
nhau. Ở nhiệt độ T thì thể tích khí ở phần trên gấp 3 lần thể tích khí ở phần dưới. Nếu tăng nhiệt độ lên 2T
thì tỉ số hai thể tích ấy là bao nhiêu?
ĐÁP ÁN
Gọi p0 là áp suất của khí ở phía trên pit – tông,
áp suất của phần khí ở phía dưới pit – tông là : p0 + p khi nhiệt độ khí là T. Trong đó p là áp suất tạo nên
do trọng lực của pit – tông.
Áp dụng phương trình Claperon – Mendeleev đối với mỗi phần khí ta được:
m
p 0 3V0  RT  1

+ Đối với phần khí ở phía trên:
+ Đối với phần khí ở phía dưới:
Từ (1) và (2) ta được:

 p0  p  V0 

m
RT  2 


p0 3V0   p 0  p  V0 � p  2p 0

- Gọi p/ là áp suất của khí ở phía trên pit – tông khi nhiệt độ khí là 2T.
khi đó áp suất của phần khí ở phía dưới pit – tông là: p/ + p.
Khi nhiệt độ khí 2T thì thể tích khí p phía trên và phía dưới lần lượt là
Vt; Vd.
Áp dụng phương trình Claperon cho hai trạng thái (trạng thái 1: nhiệt độ khí là T, trạng thái 2: nhiệt độ
khí là 2T)


p�
Vt p0 3V0
6p

� Vt  0 .V0
T
p�
+ Đối với phần khí ở phía trên: 2T
 p� 2p0  Vd  p0 3V0 � V  6p0 .V
d
0
2T
T
p�
 2p 0
+ Đối với phần khí ở phía dưới:
Thể tích khí không đổi nên: Vt + Vd = V0 + 3V0 = 4V0.
6p0
6p0
.V0 
.V0  4V0

p�
 2p0
Khi đó : p
Từ đó ta có:

2
p�
 p�
.p0  3p 02  0 � p�










1
1
p0 � 13p0  p�
 0  � p�
 p 0  13p 0  2,3p 0
2
2

Vt p�
 2p0 4,3p 0


 1,87

V
p
2,3p
d
0
Tỉ số thể tích khí trên và dưới pit – tông là:

Câu 5: Một lượng khí thực hiện chu trình biến đổi như đồ thị của
hình bên. Cho biết t1 =27oC; V1 = 5 lít; t3 = 127oC; V3 = 6 lít. Ở
điều kiện chuẩn, khí có thể tích V0 = 8,19 lít. Tính công do khí thực
hiện sau một chu trình biến đổi.

V
V3
(3)
V1

Đáp án

0

Điều kiện chuẩn: p0 = 1atm; T0 = 273K; V0 = 8,19 lít

(4)

(1)
T1

(3)

(2)
T2

T
T3

Áp dụng phương trình trạng thái ta được:

p0V0 p1V1 p3V3


T0
T1
T3
� p1  p0

V0 T1
8,19 300
1
.
 1,8atm
V1 T0
5 273

� p3  p0

V0 T3
8,19 400
1
.
 2 atm
V3 T0
6 273

 1 � 2  và  3 � 4  là đẳng tích nên khí không sinh công, suy ra công của
2 � 3
chất khí thực hiện trong một chu trình biến đổi bằng công của hai quá trình đẳng áp : 

Trên hình vẽ: hai quá trình

 4 � 1 , ta có:
A’ = A’23 + A’41 = p3 (V3  V2 )  p1 (V1  V4 )
Mặt khác: V2 = V1; V4 = V3
5
3
Suy ra: A '  ( p3  p1 )(V3  V1 )  (2  1,8).1, 013.10 .(6  5).10  20, 26 J

Câu 6: Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng có chiều dài l được chia thành hai ngăn nhờ một pittông
cách nhiệt (bỏ qua bề dày của pittông). Hai ngăn chứa cùng một chất khí lí tưởng, ngăn trên chứa một 1mol


khí, ngăn dưới chứa 5 mol khí. Khi chất khí ở hai ngăn có cùng nhiệt độ T 1 thì pittông ở vị trí cân bằng và

l  0, 25l

cách đầu trên của bình một đoạn 1
. Gọi P0 là áp suất của riêng pittông tác dụng lên chất khí ở
ngăn dưới. Biết các thông số trạng thái P, V, T và n (mol) liên hệ với nhau bằng công thức: PV = nRT (với
R là hằng số). Bỏ qua mọi ma sát.
a) Tính áp suất P1 và P2 của không khí trong hai ngăn theo P0.
b) Chất khí ở ngăn dưới được giữ ở nhiệt độ T 1. Hỏi phải thay đổi nhiệt độ chất khí ở ngăn trên đến
giá trị bằng bao nhiêu (theo T1) để pittông cân bằng ở vị trí cách đều hai đầu của bình?
P1

P2

CÂU
a)

ĐÁP ÁN
Do pittông ở trạng thái cân bằng, ta có:

F2  F1  F0

� P2 .S  P1.S  P0 .S
n RT
n RT
RT1 3P0
� 2 1  1 1  P0 �

0,75V 0, 25V
V
8
n RT
P1V1  n1RT1 � P1  1 1  1,5P0
V1
Ta có:
� P2  P1  P0  2,5P0

b)

P2 V2 P2' V2'
P V 15P0

; � P2'  2 2 
T1
V2
4
Xét ngăn dưới, ta có: T1
Do pittông ở trạng thái cân bằng, ta có:

P2 '  P1 ' P0  2,75P0

Câu 7: Một xi lanh có pittong cách nhiệt và nằm ngang. Pittong ở vị trí chia xi lanh thành hai phần
bằng nhau, chiều dài của mỗi phần là 30cm. Mỗi phần chứa một lượng khí như nhau ở nhiệt độ 17 oC
và áp suất 2 atm. Muốn pittong dịch chuyển 2cm thì phải đun nóng khí ở một phần lên thêm bao
nhiêu ? Áp suất cuả khí khi pittong đã dịch chuyển là bao nhiêu.
Đáp án câu hỏi 5:
Câu
T1

ĐÁP ÁN
T2


l
l
Đối với phần khí bị nung nóng:
+ Trạng thái đầu:
(1)
+ Trạng thái cuối:
(2)
Đối với phần khí không bị nung nóng:
+ Trạng thái đầu:
(1)
+ Trạng thái cuối:
(3)
Ta có:
Vì pittông ở trạng thái cân bằng nên: . Do đó:
Vậy phải đun nóng khí ở một bên lên them độ:
Vì nên:
p2 

p1V1T2 p1lS  T1  T  p1l  T1  T  2.0,3  290  41



�2,14atm
TV
T1  l  l  S
T1  l  l 
290  0,3  0, 02 
1 2

Câu 8: Một lượng khí biến đổi theo chu trình biểu diễn bởi đồ
thị. Cho biết V1 = 1m3; V2 = 4m3; T1 = 100K; T4 = 300K. Hãy
tìm V3 = ?

Câu

ĐÁP ÁN

- Quá trình từ (1) - (2): Đẳng nhiệt: T2 = T1 = 100K, V2 = 4m3.
- Quá trình từ (4) - (1): Đẳng tích: V1 = V4 = 1m3, T4 = 300K.
- Quá trình từ (2) - (4): V=aT+b.
+ Trạng thái (2): 4 = 100a+b
+ Trạng thái (1): 1 = 300a+b
Từ (1) và (2) suy ra: a= , b= 5,5
Suy ra: V=T+5,5
- Quá trình từ (1) - (3): Đẳng áp: V = =T
Vì (3) là giao điểm của 2 đường (2) - (4) và (1) - (3) nên: T3+5,5 = T3
Suy ra: T3 = 220K


V3 = .220 = 2,2m3
Câu 9:
Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực
hình vẽ, trong đó AB, BC là các đường thẳng.
a. Tìm nhiệt độ ở 3 trạng thái TA, TB, TC.
b. Tính nhiệt lượng Q và công A trong hai quá trình
AB, BC và độ biến thiên nội năng của các quá trình đó.
c. Trong cả quá trình ABC nhiệt độ cao nhất của
khối khí là bao nhiêu?

hiện một quá trình cân bằng được biểu diễn trên
P (105 Pa)

B

1,5
1,0

A

0,5

C

ĐÁP ÁN

CÂU

Từ phương trình Mendeleev – Clapayron cho mộtOmol khí:
3 có:V (10-2 m3)
1 pV = RT. Ta
K
K
K
a
Đồ thị cho thấy AB là quá trình đẳng tích nên:
+ Công AAB = 0
+ Độ biến thiên nội năng:
ΔUAB = Cv(TA – TB) = R(TA – TB) = R. = 750 J

b

+ Nhiệt lượng khí nhận được: QAB = ΔUAB + AAB = 750 J
Đồ thị cho thấy quá trình BC có TB = TC nên;
+ Độ biến thiên nội năng ΔUBC = 0
+ Công mà khí nhận được:
AAB = (pB + pC.(VC – VB) = (1,5 + 0,5).105(3 – 1).10-2 = 2.103 J
Nhiệt lượng khí nhận được: QBC = ΔUBC + ABC = 2.103 J
Trong quá trình BC có điểm đạt nhiệt độ cao nhất. Vì BC là đường thẳng nên phương trình
cho quá trình BC là
2p + V = 4
(1)
Ta có: pV = RT
Thay (1) vào được: 2 + V = 4 => 2RT = 4V – V2 = 4 – (V – 2)2 (2)

c
Từ (2) ta thấy: khi V = 2.10-2m3 thì T đạt giá trị cực đại Tmax.
Từ (1) suy ra áp suất của khối khí khi nhiệt độ đạt cực đại là p = 105 Pa.
Suy ra nhiệt độ cực đại: K

Câu 10: Một xi lanh kín, đặt thẳng đứng, bên trong có hai pittông khối lượng m1 và m2 có thể trượt không
ma sát (hình 3). Các khoang A, B, C có chứa những khối lượng khí bằng nhau của cùng một chất khí lí
tưởng. Khi nhiệt độ chung của hệ là 24
tương ứng là

5  lít  , 3  lít  ,



 �C 

1  lít  .

thì các pittông đứng yên và các khoang A, B, C có thể tích

Sau đó tăng nhiệt độ của hệ với giá trị T thì các pittông có vị trí

/
/
/
cân bằng mới. Lúc đó VB  2VC . Hãy xác định nhiệt độ T và thể tích VA ứng nhiệt độ T .


A

B
C

ĐÁP ÁN
Ở nhiệt độ ban đầu T0 ta có:
m1 g  ( pB  pA ) S
(a)
m2 g  ( pc  pB ) S
(b)
p AVA  pBVB  pCVC  nRT0 (c)

m1 1

m
5
2
Lấy (a) chia (b) kết hợp (c) ta được:

(1)

Ở nhiệt độ lúc sau T ta có:
m1 g   pB'  pA'  S

m2 g   pC'  pB'  S

(d)
(e)

p V  p V  p V  nRT
'
'
A A

'
'
B B

'
'
C C

(f)

m1
V'
 1  B'
VA
Lấy (d) chia (e) và kết hợp với (f) ta được: m2

(2)

VB' 4

'
V
5 Biết VA'  VB'  VC'  9 lít
A
Từ (1) và (2) cho ta:
45
36
VA'  l
VB'  l
11 và
11
Tính được:
Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho khoang A ở trạng thái đầu và sau:
p AVA p A' VA'
p' 8

( pB  p A ) S  ( pB'  p A' ) S � A 
T0
T với
PA 3
Kết quả: T = 648K.
Câu 11: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2,
2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V (hình 4). Xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó.
p
p0

1
2

O

V0

2V0

V


ĐÁP ÁN
- 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 = V thì P = P nên: P0 = αV0 + β
(1)
0

0

- Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β
- Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2

(2)
P=

3P0
P
- 0 V
2
2V0

- Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó :
- Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT
T=

(**)
(***)

3V0
2V0 2
PP
R
RP0

- Từ (**) và (***) ta có :
- 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
�=
T(P)
P
P= 0

T
=
0
R
RP
� (P)

0
4 ;
- Ta có :
3P
9V0 P0
P= 0
4 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 8R
Cho nên khi

Câu 12: Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình như hình vẽ. 1-2 và 3-4 là
quá trình đẳng tích; 2-3 và 4-1 là quá trình đẳng áp. 2 và 4 cùng nằm trên một đường đẳng nhiệt.
Biết nhiệt độ tại 1 và 3 tương ứng là T1 = 300K, T3 = 600K. Tính công mà khí thực hiện trong chu
trình. Tính hiệu suất của chu trình.
ĐÁP ÁN
Gọi T = T2 = T4.
p1V1 = RT1; p2V2 = RT3;
p2V1 = RT; p1V2 = RT;
; = 424,26K
Công thực hiện bởi chu trình:
A = (p2 - p1).(V2 - V1) = p1V1 +p2V2 - (p1V2 + p2V1)
Vậy A = R(T1 + T3 - 2= R= 427,73J
Nhiệt lượng chu trình nhận vào có độ lớn là:
Q1 = Q12 + Q23
Q1 =
Hiệu suất H = A/Q1 = 8,23%

p 1

Câu 13: Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, biến
đổi trạng thái theo một chu trình như hình 5. Biết
T1 = T2 = 300K; V3 = 2,5V1, hằng số khí R = 8,31 J/mol.K.

3

2

O

V


Tìm nhiệt lượng truyền cho khí chỉ trong các giai đoạn
mà nhiệt độ khí tăng.

ĐÁP ÁN
Tìm nhiệt lượng truyền cho khí chỉ trong các giai đoạn mà nhiệt độ khí tăng.
+ Quá trình 2-3: Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng :
+ Xét quá trình biến đổi tử trạng thái 1-2 :
- Gọi vị trí 4 là vị trí ứng với nhiệt độ đạt giá trị lớn nhất trong quá trình biến đổi 1-2. ta xác định trạng
thái này: T4, V4, P4
Đồ thi 1-2 có dạng: p= aV + b
Với: ……………………………………

-

PV aV 2  bV
T

R
R
Theo phương trình trạng thài thì:
………….

�T 

a
b
b2
(V  ) 2 
R
2a
4aR (a<0)…………………………………………
b2
49T1

4aR
40 ;
7V
V4  1
4 ; ……………………………………………………..

� T4  Tmax  

7p1
10 ……………………………………………………..
+ Quá trình 1-4 : Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng:
p4 

+ Quá trình 2-3: Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng :
3
9
R(T3  T1 )  RT1
4
Q23 = ∆U23 = 2
…………………………….
+ Nhiệt lượng truyền cho khí trong một chu trình ứng với nhiệt độ khí tăng là:
KJ …………………………………
Câu 14: Cho n mol khí lí tưởng biến đổi trạng thái được biểu diễn như hình vẽ. Các quá trình 1 � 2 và

2 � 3 biểu thị bằng các đoạn thẳng. Quá trình 3 � 1 biểu thị
bằng công thức:

T

T1
 3  bV  bV
2
.

Trong đó T1 = 77°C, b là hằng số chưa biết.
Tìm công của khối khí thực hiện trong một chu trình.

T
2

2T1
T
1

0

1

3

V


ĐÁP ÁN
T1
T1
 3  bV  bV �

2
�� P   3  bV  b R
2

pV   RT

3
T
Hay p  T1b R  1 b 2 RV
2
2
Từ phương trình :
T

p

1
p1

2

p3

3

0

V

Ta thấy P là hàm bậc nhất của V với hệ số a < 0.
Đồ thị của nó được biểu diễn trong hệ trục (P,V)
có dạng đoạn thẳng 3 � 1 (hình vẽ)
Từ phương trình trạng thái ứng với các đẳng quá
trình ta xác định được:
T2 = 2T1 , V2 = 2V1, p1 = p 2
T3 = T1 , V3 = V2 = 2V1 , p 2 = 3p3
Chuyển sang hệ toạ độ (P,V) như hình vẽ
A12  p1V  p1  V1  V2    R  T1  T2    RT1  0

: Khí sinh công

A23  0
1
3
 p1  p3   V2  V1    RT1  0
2
4
: Khí nhận công
Vậy công do khí thực hiện được trong một chu trình:
A31 

3
1
A  A12  A23  A31   RT1   RT1    RT1
4
4


Câu 15:

ĐÁP ÁN

PV
1 1 
a) Ở trạng thái 1 ta có

m
m RT1 1 8,31.300
RT1 � V1 
 .
�3,12.10 3  m3 
5

 P1
4 2.10

3,12.103  m3 

Vì qúa trình 4-1là đẳng tích nên V4 = V1 =
b) Từ hình vẽ ta có các đẳng quá trình sau:
1-2 : đẳng áp
2-3 : đẳng nhiệt
3-4 : đẳng áp
4-1: đẳng tích
Ta tính được thể tích ở các trạng thái: V2 = 2V1 = 6,24.10-3 m3 ; V3 = 2V2 =12,48.10-3 m3.
Vẽ lại chu trình trên giản đồ P – V(hình a) và trên giản đồ V-T( hình b)
V(10-3 m3)

P(105Pa)
1

2

1

2

4

3

12,48

6,24

3

3,12

2
4
1

V(10-3 m3)
0

3,12

6,24

12,48

Hình a

c) Công mà chất khí thực hiện trên từng giai đoạn:

0

T(K)
150

300
Hình b

600


A12  p1  V2  V1   2.105  6, 24.10 3  3,12.10 3   624 J
V3
 2.105.6, 24.10 3 ln 2 �865 J
V2
( chú ý: công thức này dùng cho quá trình đẳng nhiệt với
ln là lôgarít nêpe)
A23  p2V2 ln

A34  p1  V4  V3   2.105  3,12.10 3  12, 48.10 3   936 J

A41 = 0 vì đây là quá trình đẳng tích
Câu 16: Cho một ống tiết diện S nằm ngang được ngăn với
bên
ngoài bằng 2 pittông Pittông thứ nhất được nối với lò xo như
hình
vẽ. Ban đầu lò xo không biến dạng, áp suất khí giữa 2
F
pittông bằng áp suất bên ngoài p0. Khoảng cách giữa hai
pittông là H và bằng chiều dài hình trụ. Tác dụng lên
H
H
pittông thứ 2 một lực F để nó chuyển động từ từ sang bên
phải.
Tính F khi pittôn thứ 2 dừng lại ở biên phải của ống trụ. Coi ma sát giữa pit tông và thành ống không đáng
kể
ĐÁP ÁN
Điều kiện cân bằng :
Pittong trái : (p0 – p)S – kx = 0
(1)
Gọi x độ dịch chuyển của Pittong trái, p áp suất khí giữa hai Pittong.
Pittong phải : F + (p – p0)S = 0
(2)
Định luật Bôilơ : p0SH = p(2H –x)S
(3)
Từ (3)
(4)
Từ (1) và (2) F = kx, thay vào (4):
. Thay vào (2)
Phương trình có nghiệm là:



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×