skkn một số bài tập TỔNG QUÁT PHẦN NHIỆT học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG QUÁT
PHẦN NHIỆT HỌC

Người thực hiện: LÊ BÁ MẠNH HÙNG
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................. 
- Lĩnh vực khác: chuyên đề bài tập 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2012-2013

2


3
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: LÊ BÁ MẠNH HÙNG
2. Ngày tháng năm sinh: 15.06.1986
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: D2/15 KP6 P. Tam Hiệp. Tp. Biên Hoà, Tỉnh Đồng nai

5. Điện thoại:
(CQ)/
(NR); ĐTDĐ:
6. Fax:
E-mail:
7. Chức vụ: giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ
- Năm nhận bằng: 2012
- Chuyên ngành đào tạo: Vật lí hạt nhân
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy Vật lí 10, 11
Số năm có kinh nghiệm: 2
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:


4

Chuyên đề:

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG QUÁT PHẦN NHIỆT HỌC
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các bài tập nâng cao và chuyên phần nhiệt học hiện có nhiều tác giả trình bày. Tuy nhiên

để có thể hiểu sâu, nhìn tổng quát hơn các bài tập nhiệt học, đồng thời cũng là tài liệu dùng
trong giảng dạy ở các lớp chuyên lí, chuyên đề “Một số bài tập tổng quát phần Nhiệt học”, chủ
yếu trình bày một số bài toán nhiệt tổng quát từ đó áp dụng vào các bài cụ thể Nhiệt học.
Việc giải các bài toán tổng quát giúp hình dung bao quát hơn về vấn đề nghiên cứu, đồng
thời giúp giải nhanh một số bài toán phức tạp cũng như là cơ sở để viết các bài toán mới.
Đề tài được thực hiện bởi nhóm tác giả: Nguyễn Hà Nam và Lê Bá Mạnh Hùng.
II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ:
PHẦN 1: BÀI TOÁN VỀ QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT
Dạng 1: Mối quan hệ giữa p và V trong quá trình đẳng nhiệt
Dạng 2: Các bài toán liên quan đến sự cân bằng áp suất, áp suất của cột chất lỏng
PHẦN 2: TƯƠNG TÁC QUA VÁCH NGĂN
Dạng 1. Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt

Dạng 2. Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt
Dạng 3. Vách ngăn cách nhiệt có khuyếch tán khí.
- Xi lanh cố định
- Xi lanh di chuyển được
Dạng 4. Xi lanh có chứa chất lỏng
Dạng 5. Vách ngăn có van
Dạng 6. Các dạng khác
PHẦN 3: BÀI TOÁN VỀ NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC


5
III. NỘI DUNG CỤ THỂ

PHẦN 1: BÀI TOÁN VỀ QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT
* Dạng 1: Mối quan hệ giữa p và V trong quá trình đẳng nhiệt
*BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Một lượng khí lí tưởng biến đổi trạng thái trong điều kiện nhiệt độ không đổi. Nếu áp suất của
một lượng khí biến đổi Δp12 thì thể tích biến đổi ΔV12, nếu áp suất biến đổi Δp13 thì thể tích biến
đổi ΔV13. Tính áp suất và thể tích ban đầu của khí.
* Hướng dẫn:
- Bài toán có 6 ẩn lần lượt là áp suất, thể tích của trạng thái ban đầu (TT1); trạng thái 2 (TT2) và
trạng thái (TT3).
- Cần lập 6 phương trình tương ứng. Gồm có:
+ 2 phương trình về sự thay đổi thể tích.
+ 2 phương trình về sự thay đổi áp suất.

+ 2 phương trình liên hệ giữa các trạng thái của quá trình biến đổi đẳng nhiệt từ TT1 sang TT2
và TT1 sang TT3
- Ta được hệ phương trình:

∆p12 = p2 − p1
∆p = p − p
3
1
 13
∆V12 = V2 − V1

∆V13 = V3 − V1

 p1V1 = p2V2

 p1V1 = p3V3
−∆V12

∆p12 = p1 V

2
⇒
∆p = p −∆V13
13
1


V3


⇒

V
∆V
∆p12 ∆V12 V3
∆p
=
× ⇒ 3 = 12 × 13

∆p13 ∆V13 V2
V2 ∆p13 ∆V12

Đặt x =

V3 ∆p12 ∆V13
=
×
;x > 0
V2 ∆p13 ∆V12

Ta có V2 − V3 = ∆V12 − ∆V13 ⇒ V2 =

∆V12 − ∆V13
1− x


6

x∆V12 − ∆V13

V
=
V

−
∆
V
=
1
2
12

1− x


 p1 = ∆p12 V2 = ∆p12 ∆V12 − ∆V13


−∆V12
−∆V12 ( 1 − x )

* Đây là công thức tổng quát tính áp suất và thể tích khối khí ban đầu khi biết độ biến thiên thể
tích và áp suất khí qua hai lần biến đổi đẳng nhiệt.
* Nhận xét: p1 > 0 nên tuỳ vào dữ kiện bài toán cho, ta cần tính x và biện luận các trường hợp
một cách thích hợp.
* BÀI TOÁN CỤ THỂ:
Bài toán 1. Nếu áp suất của một lượng khí tăng 105N/m2 thì thể tích biến đổi 1 l. Nếu áp suất
tăng 3.105N/m2 thì thể tích biến đổi 2 l. Hỏi thể tích và áp suất của khí lúc đầu? Nhiệt độ của
khí không đổi.

* GIẢI THEO CÁCH THÔNG THƯỜNG:
- Theo định luật Bôilơ – Mariốt, trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí lí tưởng nhất
định, áp suất khí tỉ lệ nghịch với thể tích khí => khi áp suất tăng thì thể tích giảm.
- Các thông số trạng thái của khối khí:
TT(1): p1
TT2: p2 = p1 + 105 (N/m2) TT3: p3 = p1 + 3.105 (N/m2)
V1
V2 = V1 – 1 (l)
V3 = V1 – 2 (l)
- Áp dụng biểu thức định luật Bôilơ – Mariốt, cho quá trình biến đổi trạng thái từ (1) đến (2)và
từ (1) đến (3), tính ra được p1 và V1
- Kết quả: p1 = 3.105 N/m2 ; V1 = 4 l

* ÁP DỤNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
+ Tính x:
 ∆p12 = 105 ; ∆V12 = 1

5
 ∆p13 = 3.10 ; ∆V13 = 2
V
∆V
∆p
2
⇒ x = 3 = 12 × 13 = < 1
V2 ∆p13 ∆V12 3

x∆V12 − ∆V13

=4
V1 = V2 − ∆V12 =
1− x
⇒
 p1 = ∆p12 V2 = ∆p12 ∆V12 − ∆V13 = 3.105
−∆V12
−∆V12 ( 1 − x )


 Kết quả phù hợp.

Bài toán 2. Nếu áp suất của một lượng khí biến đổi 2 atm thì thể tích biến đổi 3 l, nếu áp suất
biến đổi 5 atm thì thể tích biến đổi 5 l. Tính áp suất và thể tích ban đầu của khí, biết nhiệt độ khí
không đổi.
* GIẢI THEO CÁCH THÔNG THƯỜNG:
- Chưa biết được áp suất, thế tích của khí tăng hay giảm, cần xét mối liên hệ giữa các quá trình
biến đổi trạng thái này.


7
• p1V1 = p2V2 ⇒ p2 = p1

V −V

V1
∆V
⇒ ∆p = p2 − p1 = p1 1 2 = p1
V2
V2
V2

(a )

• p1V1 = p3V3 ⇒ p2 = p1

V −V

V1
∆V '
⇒ ∆p ' = p3 − p1 = p1 1 3 = p1
V3
V3
V3

(b )

∆p ' ∆V ' V2
5 5 V
3

=
. ⇔ = . 2 ⇒ V2 = V3 > V3 (*)
∆p ∆V V3
2 3 V3
2

- Theo định luật Bôilơ – Mariốt, trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí lí tưởng nhất
định, áp suất khí tỉ lệ nghịch với thể tích khí => khi áp suất tăng thì thể tích giảm. Các trường
hợp có thể xảy ra:
 Trường hợp 1: p1 < p2 < p3=> V1 > V2> V3
=> V2 = V1 - ∆V, V3 = V1 - ∆V’
(*) ⇒ V1 = 9l , V2 = 6l

p1 =

∆p
.V2 = 4atm
∆V

 Trường hợp 2: p2 < p1 < p3 => V2 > V1 > V3
 V2 = V1 + ∆V, V3 = V1 - ∆V’
3
1
3
(V1 − ∆V ') ⇒ − V1 = − ∆V '− ∆V ⇒ V1 = 2∆V + 3∆V ' ⇒ V1 = 21l , V2 = 24l

2
2
2
∆p
2.24
p1 =
.V2 =
= 16.atm
∆V
3

V1 + ∆V =

 Trường hợp 3: V2 > V3 > V1 => p2 < p3 < p1 (mâu thuẫn với dữ kiện bài cho)
* ÁP DỤNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
 ∆p12 = 2atm; ∆V12 = 3l

 ∆p13 = 5atm; ∆V13 = 5l
V
∆V
∆p
2
⇒ x = 3 = 12 × 13 = < 1
V2 ∆p13 ∆V12 3

* V2 > 0 ⇒ ∆V12 − ∆V13 > 0 Do ∆V12 = 3l; ∆V13 = 5l nên
∆V13 < 0 ⇒ V3 < V1

  ∆V12 < 0 ⇒ V2 < V1( 1 )
  ∆V > 0 ⇒ V > V ( 2 )
2
1
  12
2 .3 − ( −5 )

V1 = 3

= 21l
1− 2

3
(1) ⇒ 
3 − ( −5 )

 p1 = 2 −3( 1 − 2 ) = 16atm

3

V1 = 9l

(2)⇒ 
 p1 = 4atm

• Nhận xét:


8
- Với các bài toán đơn giản, đã xác định được các trường hợp biến đổi tăng giảm của áp suất và
thể tích khí, việc áp dụng công thức từ bài toán tổng quát chỉ mang tính kiểm tra, đối chiếu.
- Với các bài toán phức tạp, có thể xảy ra nhiều tình huống biến đổi của lượng khí, việc áp dụng
bài toán tổng quát giúp cho việc giải bài toán nhanh hơn, đầy đủ các trường hợp.
- Ngoài ra, việc xây dựng bài toán tổng quát còn có ý nghĩa trong việc xem xét các tình huống

khả dĩ để có thể viết các bài tập thuộc dạng tương tự.
* Dạng 2: Các bài toán liên quan đến sự cân bằng áp suất, áp suất của cột chất lỏng
BÀI TOÁN CƠ BẢN 1
Một cột không khí chứa trong một ống nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột không khí được ngăn cách
với khí quyển bởi một cột thủy ngân có chiều dài l . Áp suất khí quyển là po . Chiều dài cột
không khí khi ống nằm ngang là lo. Tính chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng một góc α
so với phương ngang.
* Hướng dẫn:
- Hiện tượng:
+ Cột thuỷ ngân trong ống nằm cân bằng khi hợp lực tác dụng lên nó bằng 0.
Khi ống nằm ngang, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, N, Fk, Fkq
Khi ống đặt thẳng đứng, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, Fk, Fkq

Khi ống nằm nghiêng, cột thủy ngân chịu tác dụng của các lực P, N, Fk, Fkq
Trong đó P: trọng lực tác dụng lên cột thuỷ ngân, có phương thẳng đứng hướng xuống.
N: phản lực của thành ống, có phương vuông góc với bề mặt thành ống
Fk: lực do khí bên trong ống, luôn vuông góc với mặt thuỷ ngân tiếp xúc với khí trong
ống, hướng ra.
Fkq: lực do khí quyển tác dụng lên cột thuỷ ngân, luôn hướng vào, vuông góc với mặt
thuỷ ngên tiếp xúc với khí.
+ Trong mỗi trường hợp, xét trên phương song song với thành ống để tìm biểu thức áp suất của
khí trong ống.
+ Khi chuyển ống từ trạng thái nằm ngang sang trạng thái ống đặt nghiêng, miệng ống ở trên,
do hợp lực tác dụng lên cột thuỷ ngân hướng vào trong, cột thuỷ ngân di chuyển vào trong, khi
đó, thể tích khí giảm dẫn đến áp suất khí tăng lên, lực do các phân tử khí tác dụng lên cột thủy

ngân tăng. Giọt thuỷ ngân sẽ di chuyển cho đến khi đạt trạng thái cân bằng, khi đó áp suất khí
bên trong ống đạt giá trị ổn định.
+ Khi chuyển ống từ trạng thái nằm ngang sang trạng thái ống đặt nghiêng, miệng ống ở dưới,
do hợp lực tác dụng lên cột thuỷ ngân hướng ra ngoài, cột thuỷ ngân di chuyển ra ngoài, khi đó,
thể tích khí tăng dẫn đến áp suất khí giảm, lực do các phân tử khí tác dụng lên cột thủy ngân
giảm. Giọt thuỷ ngân sẽ di chuyển cho đến khi đạt trạng thái cân bằng, khi đó áp suất khí bên
trong ống đạt giá trị ổn định.
+ Hiện tượng xảy ra tương tự trong các trường hợp thay đổi trạng thái khác.


9
- Phương pháp giải: nhiệt độ không đổi => áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariốt liên

hệ giữa các trạng thái của khối khí trong ống để xác định chiều dài ống.
+ Gọi x là chiều cao cột chất khí thay đổi khi áp suất khí giảm (do ảnh hưởng của cột thuỷ
ngân)

p0V0 = pV ⇒

− pHg
p0 l0 − x
=
⇒x=
l0
p

l0
p0 + pHg

(1)

+ Tương tự, sự thay đổi chiều cao y của chất khí khi áp suất giảm được tính bởi biểu thức
y=

pHg
p0 − pHg

l0

(2)

Khi ống nằm nghiêng, áp suất do cột thuỷ ngân gây ra được tính là chiều cao hiệu dụng của cột
thuỷ ngân.
+ Xác định được x, y ta tính được các chiều dài cột không khí khi ống nằm nghiêng, miệng ống
ở trên và ở dưới.
BÀI TOÁN CỤ THỂ:
Bài toán 1.1 Một cột không khí chứa trong một ống nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột không khí được
ngăn cách với khí quyển bởi một cột thủy ngân có chiều dài l = 247mm. Áp suất khí quyển là
po = 753mmHg. Chiều dài cột không khí khi ống nằm ngang là lo = 300mm.Tính chiều dài cột
không khí khi :

a) ống thẳng đứng miệng ống ở trên ;
b) ống thẳng đứng miệng ống ở dưới ;
c) ống đặt nghiêng góc α = 30o so với phương ngang, miệng ống ở dưới.
d) ống đặt nghiêng góc α = 30o so với phương ngang, miệng ống ở trên.
(Giả sử ống đủ dài để cột thủy ngân luôn ở trong ống và nhiệt độ là không đổi).
Bài giải
Áp dụng công thức (1) và (2) của bài toán cơ bản để tính chiều dài cột không khí thay đổi
a. Chiều dài cột không khí khi ống thẳng đứng miệng ống ở trên:
− pHg

l2 = l0 + x = l0 + p + p l0 = 225,9 mm;
0

Hg
b. Chiều dài cột không khí khi ống thẳng đứng miệng ống ở dưới
pHg

l3 = l0 + y = l0 + p − p l0 = 446,4 mm;
0
Hg
c. Chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng góc α = 30o so với phương ngang, miệng ống ở
trên
− pHg sin α

l4 = l0 + x = l0 + p + p sin α l0 =262,95 mm;

0
Hg
d. Chiều dài cột không khí khi ống đặt nghiêng góc α = 30o so với phương ngang, miệng ống ở
dưới


10
pHg sin α

l5 = l0 + y = l0 + p − p sin α l0 = 373,2mm
0
Hg

• Nhận xét:
+ Hai phương trình (1) và (2) thể hiện mối liên hệ giữa sự thay đổi chiều dài cột thuỷ ngân, áp
suất gây bởi cột thủy ngân, áp suất khí quyển và chiều dài ban đầu. Nếu cho 3 trong 5 thông số,
ta sẽ tìm được hai thông số còn lại.
Một số bài toán vận dụng:
Bài toán 1.2. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có
lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân. Khi ống nằm ngang, chiều dài cột
khí là l0; áp suất khí quyển là p 0 = 750 mmHg. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì
chiều dài cột khí thay đổi 1,5 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột
khí thay đổi 1,625 mm. Tính chiều dài l0 và áp suất do cột thuỷ ngân gây ra?
Bài toán 1.3. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có
lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân. Khi ống nằm ngang, chiều dài cột

khí là l0 = 39 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì chiều dài cột khí thay đổi 1,5
mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột khí thay đổi 1,625 mm. Xác
định áp suất khí quyển và áp suất do cột thuỷ ngân gây ra ?
Bài toán 1.4. Một ống thuỷ tinh hình trụ tiết diện đều một đầu kín, một đầu hở, trong ống có
lượng khí được ngăn cách với khí quyển bởi cột thuỷ ngân dài 30 mm. Khi ống nằm ngang,
chiều dài cột khí là l0. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở trên thì chiều dài cột khí thay đổi
1,5 mm. Khi ống đặt thẳng đứng, miệng ống ở dưới thì chiều dài cột khí thay đổi 1,625 mm.
Xác định giá trị của áp suất khí quyển và chiều dài l0?
Bài giải
Áp dụng công thức (1) và (2) ta có

− pHg


y−x

l0
p0 = pHg
x =

p0 + pHg
x+ y


⇒


 y = pHg l
l = −2 xy
0

 0 x + y
p
−
p
0
Hg


(3)

Thay số, ta được p0 = 750 mmHg ; l0 =39 mm
• Các bài toán 1.2, 1.3, 1.4 có thể giải dựa vào bài toán tổng quát ở dạng 1.
Với

∆p01 = pHg

∆p02 = − pHg

∆V01 = Sx

∆V = Sy
 02


11
Khi đó, thể tích và áp suất ban đầu, khi ống thuỷ tinh nằm ngang


x' ∆V01 − ∆V02
V0 =
V2 ∆p01 ∆V02
y


1 − x'
'
=
×
=−
với x =

V1 ∆p02 ∆V01
x
 p0 = ∆p01 ∆V01 − ∆V02
'


−∆V01 ( 1 − x )

−2 xy

l
=
0

x+ y

⇒

p = p y − x
0
Hg

x+ y


(4)

• Nhận xét:
+ Các giá trị chiều dài ban đầu và áp suất ban đầu thu được ở hệ phương trình (4) hoàn toàn
trùng khớp với kết quả thu được ở hệ phương trình (3).

+ Bài toán 1.4 là cơ sở cho một phương pháp đo áp suất khí quyển bằng thực nghiệm: bố trí thí
nghiệm như bài toán, ban đầu đặt ống thuỷ tinh nằm ngang, đo chiều dài cột thuỷ ngân; sau đó
xác định sự dịch chuyển của cột thuỷ ngân trong ống thuỷ tinh khi đặt ống thẳng đứng, miệng
ống ở trên và ống thẳng đứng, miệng ống ở dưới, từ đó tính được p0 từ hệ phương trình (3).
BÀI TOÁN CƠ BẢN 2
Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 chứa không khí có áp suất bằng áp suất khí quyển p0. Ấn
ống vào một chậu chất lỏng theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới, thấp hơn mặt chất lỏng
đoạn h. Xem nhiệt độ không đổi. Biết khối lượng riêng của chất lỏng là D, khối lượng riêng của
thuỷ ngân là DHg. Tìm độ cao cột chất thuỷ ngân đi vào ống.
* Hướng dẫn:
- Hiện tượng:
+ Xét lượng khí bị nhốt trong ống khi ống vừa chạm mặt chất lỏng.

+ Khi có sự cân bằng, áp suất chất khí trong ống tác dụng lên mặt phân cách giữa chất lỏng và
khí bằng với áp suất chất lỏng tại vị trí đó.
- Phương pháp giải:
+Từ điều kiện cân bằng tìm được biểu thức liên hệ giữa áp suất chất khí, áp suất khí quyển và
áp suất của cột chất lỏng.
+ Nhiệt độ không đổi => áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariốt cho quá trình biến đổi
trạng thái của khí:
TT (1): khi ống vừa chạm mặt chất lỏng.
 p1 = p0

V1 = Sl0

(1)

TT (2): khi ống được ấn vào chất lỏng theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới, thấp hơn
mặt chất lỏng đoạn h, gọi x là độ cao cột thuỷ ngân đi vào ống.


12
 p2 = p0 + ph − x

V2 = S( l0 − x )

(2)

Ta được
p1V1 = p 2V2

⇒ p0 Sl0 = ( p0 + p x ) S( l0 − x )

Với px = Dg ( h − x )
Từ (1), (2), (3), (4) ta có :

(3)
(4)


p 
x 2 −  h + l0 + 0 ÷x + hl0 = 0
Dg 


(5)

Giải phương trình (5) ta được nghiệm x là chiều cao cột chất lỏng đi vào ống.
BÀI TOÁN CỤ THỂ:
Bài toán 2.1. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 57cm chứa không khí có áp suất bằng áp
suất khí quyển (p0 = 76 cm Hg). Ấn ống vào một chậu thuỷ ngân theo phương thẳng đứng,

miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột thuỷ ngân đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng . Xem
nhiệt độ không đổi.
Bài giải
Áp dụng bài toán cơ bản 2 với h = l0; p0 = DHggh0
⇒ x 2 − ( h0 + 2l0 ) x + l02 = 0

(6)

Thay số, giải phương trình ta được x = 19 cm(loại nghiệm 171cm)
Bài toán 2.2. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 112,2 cm chứa không khí có áp suất bằng
áp suất khí quyển (p0 = 75 cmHg). Ấn ống vào một chậu nước theo phương thẳng đứng, miệng
ống ở dưới. Tìm độ cao cột nước đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng. Xem nhiệt độ

không đổi. Biết khối lượng riêng của nước là DH2O = 1000 kg/m3, khối lượng riêng của thuỷ
ngân là DHg = 13 600 kg/m3.
Bài giải
Áp dụng bài toán cơ bản 2 với h = l0; p0 = DHggh0
 DHg

⇒ x2 − 
h0 + 2l0 ÷x + l02 = 0
 DH O
÷
 2


(7)

Thay số, giải phương trình (7) ta được x = 10,2 cm (loại nghiệm 1234,2cm)
Bài toán 2.3. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài l0 = 80 cm chứa không khí có áp suất bằng áp
suất khí quyển (p0 = 75 cm Hg). Ấn ống vào một chậu thủy ngân theo phương thẳng đứng,
miệng ống ở dưới, thấp hơn mặt thủy ngân đoạn h = 45 cm. Tìm độ cao cột thủy ngân đi vào
ống. Xem nhiệt độ không đổi.
Bài giải
Áp dụng bài toán cơ bản với p0 = DHggh0
⇒ x 2 − ( h + l0 + h0 ) x + hl0 = 0

(8)

Giải phương trình (8) ta được nghiệm x = 20 cm (loại nghiệm 180 cm).


13
• Nhận xét:
- Áp suất của cột chất lỏng có chiều cao h (mm) gây ra được tính ra đơn vị mmHg theo công
thức
ph =

Đối với nước: ph =

Dcl
h
DHg

h
13,6

BÀI TOÁN CƠ BẢN 3
Một bọt khí có thể tích biến đổi n lần khi nổi từ độ sâu h1 lên độ sâu h2 so với mặt nước. Giả sử
nhiệt độ bọt khí không đổi, tính độ sâu h2 theo h1. Biết áp suất khí quyển là p0 = h0 cmHg.
* Hướng dẫn:

- Hiện tượng:
+ Xét lượng khí không đổi bên trong bọt khí.
+ Khi có sự cân bằng, áp suất chất khí bằng với áp suất chất lỏng tại vị trí đó.
- Phương pháp giải:
+Từ điều kiện cân bằng tìm được biểu thức liên hệ giữa áp suất chất khí, áp suất khí quyển và
áp suất của cột chất lỏng.
+ Nhiệt độ không đổi (luôn có sự cân bằng nhiệt của khí và môi trường nước) => áp dụng
phương trình định luật Bôilơ – Mariốt cho quá trình biến đổi trạng thái của khí:
TT (1): bọt khí ở độ sâu h1.
 p1 = p0 + ph1

V1

TT (2): bọt khí ở độ sâu h2.
 p2 = p0 + ph 2

V2
V

p +p

h+h

0

h1
2
1
Áp dụng công thức suy ra từ bài toán cơ bản 3, ta được n = V = p + p = h + h
1
0
h2
2

(9)

D

Hg
Với h = h0 D = 13,6h0 .
H 2O

+ Nếu n > 1 thì h2 < h1: phù hợp, khi nổi lên trên, áp suất chất khí giảm nên thể tích khí tăng.
+ Nếu n < 1 thì h2 > h1: bọt khí chìm xuống dưới sâu.
Từ (9) suy ra h2 = h −

h + h1 ( n − 1) h − h1
=
n

n

(10)

Bài toán 3.1. Một bọt khí có thể tích tăng gấp đôi khi nổi từ đáy hồ lên mặt nước. Giả sử nhiệt
độ bọt khí không đổi, tính độ sâu của hồ. Biết áp suất khí quyển là p0 = 75 cmHg.
Bài giải
Áp dụng bài toán cơ bản với n = 2; h = 13,6. 750 = 10200 mmH2O, h2 = 0 (tại mặt nước).
Ta được h2 =

( n − 1) h − h1 = 0 ⇒ h

- Kết quả: 10,2 m

n

1

= ( n − 1) h = 10200mm


14
Bài toán 3.2. Một bọt khí có thể tích nổi lên từ đáy hồ sâu 125 m. Giả sử nhiệt độ bọt khí không
đổi, biết áp suất khí quyển là p0 = 75 cmHg.

a. Tìm tỉ số bán kính của bọt khí khi ở độ sâu 14,7325 m với bán kính ở đáy hồ?
b. Tại độ sâu nào của hồ thì bán kính bọt khí tăng gấp 3lần?
Bài giải
3

3

r 
r 
h + h1
⇒ h2 = ( h + h1 )  1 ÷ − h
Từ (9) =>  2 ÷ =

 r1  h + h2
 r2 

* Kết quả:
a. 2 lần
b. 3,647 m
Bài toán 3.3. Một bọt khí đang ở độ sâu h1, có thể tích V1. Khi thay đổi độ sâu, thể tích nó biến
đổi ΔV12 khi thay đổi độ sâu một lượng Δh12, thay đổi ΔV13 khi thay đổi độ sâu Δh23. Giả sử
nhiệt độ bọt khí không đổi, tính độ sâu và thể tích ban đầu. Biết áp suất khí quyển là p0 = h0
cmHg.
Bài giải
Áp dụng bài toán tổng quát với

∆p12 = ∆h12

∆p13 = ∆h13

∆V12 = V2 − V1
∆V13 = V3 − V1
x=

V3 ∆p12 ∆V13 ∆h12 ∆V13
=
×

=
×
;x > 0
V2 ∆p13 ∆V12 ∆h13 ∆V12

Khi đó

x∆V12 − ∆V13

V1 = V2 − ∆V12 =

1− x



 p1 = ∆p12 ∆V12 − ∆V13

−∆V12 ( 1 − x )

* Áp dụng bằng số:
ΔV12 = 1,657 mm3; Δh12 = - 100 m,
ΔV13 = -0,238 mm3; Δh23 = 50 m
3

V1 = 1,002cm

=> 

 p1 = 160, 457 mH 2 0

=> Độ sâu ban đầu của bọt khí là 150,121 m.


15
* Thông tin thêm về nghề thợ lặn trong ngành Dầu khí và tai nạn liên quan đến sự thay đổi
thể tích bọt khí do thay đổi áp suất:
Khi lặn xuống độ sâu 50-60m dưới đáy biển, người thợ lặn không phải thở bằng không
khí có thành phần chủ yếu là ôxy giống như trên bề mặt. Họ phải thở bằng một loại khí đặc biệt

gọi là không khí nén, do cung cấp khí bề mặt trên tàu lặn truyền qua ống thở hay còn gọi là dây
truyền sinh xuống. Khi thợ lặn càng đi xuống sâu thì áp lực của không khí thở phải tương
đương với áp suất của môi trường. Vì thế mà trong thành phần không khí thở lúc này chủ yếu
có một chất khí đặc biệt gọi là khí nitơ.
Nitơ là khí trơ, bình thường thì nó không tác động gì với cơ thể nhưng khi người thợ lặn
xuống sâu dưới biển thì áp suất riêng phần của nitơ tăng lên. Khi đó nó có thể hòa tan vào trong
máu dạng bọt khí và có thể gây ngộ độc (gọi là ngộ độc khí nitơ). Nếu như khí này vẫn tồn tại
trong máu khi người thợ lặn đã lên tới mặt nước thì sẽ gây ra bệnh giảm áp. Đây cũng chính là
bệnh phổ biến nhất đối với thợ lặn mà trong quá trình lặn bất cứ ai cũng gặp phải với mức độ
nhẹ là gây đau buốt các khớp tay chân.
Khí nitơ khi hòa tan trong máu người thợ lặn thì nó cũng sẽ được thải ra qua hơi thở
trong quá trình đi lên mặt nước. Tuy nhiên, khi đã lặn xuống độ sâu 50m nước thì quá trình đi

lên không đơn giản là chỉ trồi lên một lượt như lặn ở độ sâu vài mét. Nó là cả một quá trình đặc
biệt, gọi là quá trình giảm áp tại các trạm giảm áp ở các độ sâu khác nhau. Và người thợ lặn
phải tuân thủ nghiêm ngặt quá trình này để có thể tống hết khí nitơ trong máu ra ngoài. Đây
được gọi là quá trình mang tính “sống, còn” của người thợ lặn.
Khi lặn ở độ sâu 50-60m thì số trạm giảm áp và thời gian giảm áp cho mỗi trạm sẽ tỷ lệ
thuận với thời gian làm việc dưới nước. Tức thời gian làm việc càng lâu thì số trạm giảm áp
càng nhiều và thời gian dừng mỗi trạm cũng tăng lên. Ví dụ, nếu thời gian người thợ lặn làm
việc dưới nước là 25 phút ở độ sâu 50m thì khi đi lên người thợ lặn phải dừng lại ở 3 trạm dừng
giảm áp lần lượt là 9m, 6m và 3m so với bề mặt và với tổng thời gian phải dừng là 40 phút. Nói
là trạm giảm áp nhưng thật ra đó là bất kỳ nơi nào mà người thợ lặn dừng lại, ở độ sâu xác định
bởi đồng hồ đo độ sâu đeo trên tay. “Trạm” đó có thể là trên chân đế giàn khoan.
Nếu người thợ lặn thực hiện đúng, đầy đủ quy trình giảm áp thì họ sẽ lên bề mặt an toàn,

khi ấy chỉ cần nằm nghỉ ngơi một giờ là có thể hoạt động sinh hoạt bình thường. Thế nhưng, có
những tác động ngoại cảnh luôn rình rập dưới lòng biển gây cản trở quá trình giảm áp. Cụ thể,
người thợ lặn có thể bị sóng biển đánh trồi lên hay tụt xuống, gặp cá dữ, hoặc những trục trặc
không mong muốn về các thiết bị hỗ trợ làm quá trình giảm áp không đúng quy trình về độ sâu
lẫn thời gian. Khi ấy, khí nitơ trong máu không thể thoát ra hoàn toàn nên thợ lặn bị bệnh giảm
áp. Nhẹ thì đau nhức tay chân, nặng thì có thể liệt. Và khi đó, để chữa trị thì người thợ lặn phải
nhanh chóng được đưa vào bồn tái nén để thực hiện lại quá trình giảm áp, sau đó mới có thể
thực hiện các công đoạn chữa trị tiếp theo.


16

PHẦN 2: TƯƠNG TÁC QUA VÁCH NGĂN

Dạng 1. Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt
Dạng 2. Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt
Dạng 3. Vách ngăn cách nhiệt có khuyếch tán khí.
- Xi lanh cố định
- Xi lanh di chuyển được
Dạng 4. Xi lanh có chứa chất lỏng
Dạng 5. Vách ngăn có van
Dạng 6. Các dạng khác

17
*Dạng 1: Vách ngăn hoàn toàn truyền nhiệt.
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Cho một xi-lanh kín cách nhiệt, ở giữa có một pit-tông truyền nhiệt di chuyển được chia xilanh
thành hai ngăn. Mỗi ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng. Biết khi cân bằng áp suất ngăn 2 luôn hơn áp
suất ngăn 1 một lượng ∆p . Ban đầu nhiệt độ của hai ngăn là T0 và

V1
= a . Thay đổi nhiệt độ hai
V2

V1'

ngăn đến T = kT0 thì ' = b . Tính b theo a, k.
V2

Biện luận chiều dịch chuyển của pit-tông trong các trường hợp k = 1; k > 1; k < 1.
Giải
p 2 V1
=
=a
p1 V2

*Lúc đầu:

(1)

mặt khác: p 2 = p1 + ∆p
Từ (1) và (2) suy ra: p 2 =

(2)
a
∆p (3)
a −1

p '2 V1'
*Lúc sau: ' = ' = b

p1 V2
p'2 = p1' + ∆p

(4)

(5)

Từ (4) và (5) suy ra: p'2 =

b
∆p (6)
b −1

p '2 b a − 1
= .
Từ (3) và (6):
p2 a b − 1

(7)

'
'
'
Thề tích xilanh không đổi: V1 + V2 = V1 + V2 ⇔ (a + 1)V2 = (b + 1)V2 ⇒

V2' a + 1
=
V2 b + 1

(8)

p 2 V2 p'2 V2'
T p'2 V2'
=
⇒
= .

Xét khối khí ở ngăn 2 trước và sau:
T0
T
T0 p 2 V2

b a2 −1
Từ (7) và (8): k = . 2 ⇒ akb 2 − (a 2 − 1)b − ak = 0
a b −1

(9)

∆ = (a 2 − 1) 2 + 4a 2 k 2

(a 2 − 1) + (a 2 − 1) 2 + 4a 2 k 2
⇒b=
2ak

(nghiệm b =

(a 2 − 1) − (a 2 − 1) 2 + 4a 2 k 2
< 0 loại )
2ak

• Biện luận:
* Nếu k = 1 (T = T0): b =

(a 2 − 1) + (a 2 + 1)
=a
2a

pit tông không dịch chuyển.

b a 2 −1
* Nếu k > 1 (T > T0): ⇒ . 2 > 1 ⇒ a 2 b − b > ab 2 − a ⇔ (a − b)(ab − 1) > 0 ⇒ a > b (chú ý: a, b
a b −1

>1) pittong dịch chuyển theo chiều giảm V1 tăng V2

* Nếu k < 1 (T < T0): a < b pittong dịch chuyển theo chiều giảm V2 tăng V1
* BÀI TOÁN CỤ THỂ:


18
Bài toán 1. Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng m (có
thể trượt không ma sát). Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau. Ban đầu nhiệt độ hai
ngăn là 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới là

V1
= 4 . Hỏi nếu nhiệt
V2

độ hai ngăn tăng lên đến 3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới

V '1
là
V '2

P1, V1,
T1

bao nhiêu?
Giải

2
2
2
2 2
Dựa trên bài toán tổng quát: b = (a − 1) + (a − 1) + 4a k

2ak

P2, V2,
T1

trong đó: a = 4; k = 2

Thay số: b = 2,3
Bài toán 1.2. Trong một xi lanh kín hai đầu, đặt thẳng đứng có một píttông nặng di động được.
Ở phía trên và dưới píttông có hai lượng khí như nhau và cùng loại. Ở nhiệt độ T, thể tích lượng
khí phía trên píttông V1 lớn gấp a lần thể tích lượng khí phía dưới píttông V 2. Hỏi nếu tăng nhiệt
độ của khí lên k lần thì tỉ số hai thể tích ấy bằng bao nhiêu. Xét trường hợp: k = 2 ; a =3.
Bài giải
* Dựa trên bài toán tổng quát: b =

(a 2 − 1) + (a 2 − 1) 2 + 4a 2 k 2
trong đó: a = 3; k = 2
2ak

Thay số: b ≈ 1,87
+ Có thể hỏi nhiệt độ của khí lúc sau nếu cho tỉ lệ thể tích lúc đầu, lúc sau và nhiệt độ
ban đầu lần lượt là: a = 4 ; b = 3 ; T = 300K; tính nhiệt độ lúc sau
b a 2 − 1 45
=
⇒ T ' = 421,875K
a b 2 − 1 32

Dựa trên bài toán tổng quát: k = .

*Dạng 2: Vách ngăn hoàn toàn cách nhiệt.
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:

Cho một xi-lanh kín cách nhiệt, ở giữa có một pit-tông cách nhiệt di chuyển được chia xilanh
thành hai ngăn. Ngăn trên chứa n1 mol khí lí tưởng, ngăn dưới chứa n2 mol khí lí tưởng. Biết khi
cân bằng áp suất ngăn 2 luôn hơn áp suất ngăn 1 một lượng ∆p . Ban đầu nhiệt độ của hai ngăn
V1
V1'
=
a
là T0 và
. Thay đổi nhiệt độ ngăn hai đến T = kT0 thì ' = b . Tìm biểu thức liên hệ giữa a,
V2
V2

b, k, n1, n2.
Bài giải
*Lúc đầu:

p 2 n 2 V1 n 2
=
= a = a'
p1 n1 V2 n1

mặt khác: p 2 = p1 + ∆p

(1)

(2)

a'
Từ (1) và (2) suy ra: p 2 = ' ∆p (3)
a −1


19
p '2 n 2 T2 V1' n 2
= kb = kb '
*Lúc sau: ' =

'
p1 n1 T1 V2 n1
p'2 = p1' + ∆p

(5)

Từ (4) và (5) suy ra: p'2 =
Từ (3) và (6):

(4)

kb'

∆p
kb ' − 1

p '2 kb' a ' − 1
= ' . '
p2
a kb − 1

(6)
(7)

'

'
'
Thề tích xilanh không đổi: V1 + V2 = V1 + V2 ⇔ (a + 1)V2 = (b + 1)V2 ⇒

Xét khối khí ở ngăn 2 trước và sau khi thay đổi nhiệt độ:
'
'
kb ( a − 1) ( a + 1)
b ( a − 1) ( a + 1)
⇒1= . '
Từ (7) và (8): k = . '
a ( kb − 1) ( b + 1)

a ( b k − 1) ( b + 1)

* Xét trường hợp n1 = n2; k = 1; ta được:

V2' a + 1
=
V2 b + 1

(8)

p 2 V2 p '2 V2'
T p '2 V2'

=
⇒
= .
T0
T
T0 p 2 V2

(9)

b2 − 1 a 2 − 1
=
=> a = b phù hợp

b
a

* BÀI TOÁN CỤ THỂ:
Bài toán 1. Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng được chia thành hai phần bằng một pít tông
nặng, cách nhiệt (H.Vẽ) ngăn trên chứa 1 mol, ngăn dưới chứa 3mol của cùng một chất khí.
Nếu nhiệt độ ở hai ngăn đều bằng T 1 = 400K thì áp suất ở ngăn dưới p 2 gấp đôi áp suất ở
ngăn trên p1. Nhiệt độ ngăn trên không đổi, ngăn dưới có nhiệt độ T 2 nào thì thể tích hai ngăn
bằng nhau.
Bài giải:
Theo đề bài:
b = 1;

a’ = 2;
n1 = 1 mol;
n2 = 3 mol;
n1 ' 2

a = n a = 3

2
=> 
b' = n 2 b = 3

n1

Dựa trên bài tổng quát:

'
b ( a − 1) ( a + 1)
.
=1
a ( b ' k − 1) ( b + 1)

 b ( a ' − 1) ( a + 1)  1 3
+ 1 ' = => T2 = kT1= 300 K
=> k =  .

( b + 1)
 a
 b 4

Bài toán 2. Một xilanh kín hình trụ chiều cao h, tiết diện S = 100cm 2 đặt thẳng
đứng, xilanh được chia thành hai phần bằng một píttông cách nhiệt (H.Vẽ) khối

m1
B
m
2

20
lượng m = 500g. Khí trong hai phần cùng loại ở cùng nhiệt độ 27 oC và có khối lượng là m1, m2
với m2 = 2m1. Píttông cân bằng khi ở cách đáy dưới đoạn h2 = 3h/5.
a)
Tính áp suất khí trong hai phần của xilanh ? Lấy g = 10m/s2.
b)
Để píttông cách đều hai đáy xilanh thì phải nung nóng phần nào, đến nhiệt độ bao nhiêu?
(phần còn lại giữ ở nhiệt độ không đổi).
Bài giải:
2
; b = 1;

3

Theo đề bài: n2 = 2n1; a =
4
 ' n2
a = n a = 3

1
=> 
b' = n 2 b = 2

n1

Dựa vào bài toán tổng quát
a. Áp suất trong hai phần xi lanh:
p2 =

a'
0,5 ×10
∆p = 4 ×
= 2000Pa
'
a −1
0, 01

p2
p
= a ' ⇒ p1 = 2' = 1500Pa
p1
a

b.

'
k =  b . ( a − 1) ( a + 1) + 1 1 = 17 => T2 = kT= 212,5 K
'

 a

( b + 1)

 b

24

Bài toán 3. Một xi lanh đặt nằm ngang có chiều dài l = 60cm, được chia làm hai phần bằng
nhau bởi một pít tông cách nhiệt. Mỗi phần chứa một lượng khí như nhau có nhiệt độ như nhau.
Nếu tăng nhiệt độ một bên tăng gấp đôi bên kia thì píttông dịch chuyển một đoạn bằng bao

nhiêu ?
Bài giải:
.

'
k =  b . ( a − 1) ( a + 1) + 1 1 = 2
'

 a

( b + 1)

 b

Ta được b = 1/2 => Pittông di chuyển một đoạn 10 cm.
Bài toán 4. Một nhiệt kế khí gồm có hai bình giống nhau, dung tích mỗi
A
B
bình là V, nối với nhau bởi một ống nằm ngang có chiều dài l và tiết diện
S. Bên trong ống có một giọt thủy ngân để ngăn cách khí trong hai ống và
để làm vật chuẩn chỉ nhiệt độ.
Bình bên phải đặt trong máy điều nhiệt và được giữ ở nhiệt độ T o. Tìm công thức cho sự phụ
thuộc của nhiệt độ T của bình bên trái vào độ dời x của giọt thủy ngân. Cho V, l, S các giá trị
hợp lý và suy ra rằng nhiệt kế này khá nhạy.

21

*Dạng 3. Vách ngăn cách nhiệt có khuyếch tán khí
+ Xi lanh cố định
+ Xi lanh di chuyển được
* BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Một xilanh kín hình trụ, tiết diện đều đặt trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn. Một vách cố định
bán thấm có bề dày không đáng kể chia xilanh thành hai phần: phần bên trái có chiều dài là l và
phần bên phải có chiều dài là nl. Khối lượng của bình và vách là M. Ban đầu ở phần bên trái có
chứa hỗn hợp 2 khí gồm: a (mol) khí I có khối lượng mol µ1 và b (mol) khí II có khối lượng mol

µ2; bên phải có chứa hỗn hợp 2 khí gồm: c (mol) khí III có khối lượng mol µ3 và d (mol) khí IV
có khối lượng mol µ4. Chỉ có khí I và III khuếch tán được qua vách. Tính độ dịch chuyển của
xilanh sau khi khuếch tán kết thúc.
Bài giải:
Chọn trục tọa độ Ox nằm ngang: gốc O trùng với vách ngăn lúc đầu, chiều dương từ phải sang
trái.
l
l
(aµ1 + bµ 2 )( ) + (cµ3 + dµ 4 )(−n ) + Ms
2
2
xG =

a
µ
+
b
µ
+
c
µ
+
d
µ
+

M
1
2
3
4
Tọa độ khối tâm của hệ lúc đầu:

s: là tọa độ của hệ bình+vách ban đầu
Tọa độ khối tâm của hệ lúc sau:
cµ3   l
 aµ1
  nl

  naµ1 ncµ 3

 n + 1 + bµ 2 + n + 1 ÷ 2 + x ÷+  n + 1 + n + 1 + dµ 4 ÷ − 2 + x ÷+ M(s + x)
 



xG' = 
aµ1 + bµ 2 + cµ 3 + dµ 4 + M

Hệ kín: xG = xG’
l

l
⇔ (aµ1 + bµ 2 )( ) + (cµ3 + dµ 4 )(− n )
2
2
cµ   l
 aµ
  nl
  naµ1 ncµ3

=  1 + bµ 2 + 3 ÷ + x ÷+ 
+
+ dµ 4 ÷ − + x ÷+ Mx

n +1   2
  n +1 n +1

 n +1
 2
⇒x=

naµ1 − cµ3
l
.
aµ1 + bµ 2 + cµ3 + dµ 4 + M 2

• Nhận xét:
x=

aµ1
nl
.
aµ1 + bµ 2 + M 2

*c = d = 0 (bên phải là chân không):
*a = 0 và c = 0 (hai ngăn chứa hai khí không khuếch tán): x = 0 (xilanh không di chuyển)
* aµ1 = cµ 3 và n = 1 (khí khuếch tán hai bên như nhau, 2 ngăn bằng nhau): x = 0
*b = 0 và d = 0 (hai ngăn chứa hai khí khuếch tán):

*n = 1 (hai ngăn bằng nhau):

⇒x=

x=

naµ1 − cµ3 l
.
aµ1 + cµ3 + M 2

aµ1 − cµ 3
l

.
aµ1 + bµ 2 + cµ3 + dµ 4 + M 2


22
* Tỉ lệ áp suất 2 ngăn sau khuếch tán:
c 
 a
+b+

÷RT
n +1

n +1
pt = 
Sl
Áp suất ngăn bên trái:
nc
 na

+
+ d ÷RT

n
+

1
n
+
1

pp = 
Sn
l
Áp suất ngăn bên trái:
a
c
+b+

pt n + 1
n + 1 = a + c + (n + 1)b
=
na
nc
pp
+
+ d na + nc + (n + 1)d
n +1 n +1
p t a + c + 2b
=
p p a + c + 2d

n = 1:
* BÀI TOÁN CỤ THỂ:
Bài toán 1. Một xilanh kín hình trụ dài 30 cm, tiết diện đều đặt trên một mặt bàn nằm ngang
nhẵn. Một vách cố định bán thấm có bề dày không đáng kể chia xilanh thành hai phần: phần
bên phải có chiều dài gấp đôi phần bên trái. Khối lượng của bình và vách là 100 g. Ban đầu ở
phần bên trái có chứa hỗn hợp 2 khí gồm: 2 g khí hêli và 8 g khí oxy; phần bên phải có chứa 4 g
khí hidro. Chỉ có khí hêli và hidro khuếch tán được qua vách. Tính độ dịch chuyển của xilanh
sau khi khuếch tán kết thúc.
Bài giải
x=

naµ1 − cµ 3
l
.
aµ1 + bµ 2 + cµ3 + dµ 4 + M 2

Áp dụng công thức:
với n = 2; aµ1=2 (g); cµ3=4 (g); bµ2=8 (g); d=0; M=100 (g); l=10 (cm)
x=

2−4
10
. = −0,09(cm)

2 + 4 + 8 + 500 2

Dấu “-” chứng tỏ xilanh dịch chuyển từ trái sang phải.
Bài toán 2. Xilanh kín hình trụ dài 30 cm, tiết diện đều đặt trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn.
Một vách cố định bán thấm có bề dày không đáng kể chia xilanh thành hai phần: phần bên phải
có chiều dài gấp n lần phần bên trái. Ban đầu ở phần bên trái có chứa khí, khí này có thể khuếch
tán. Khi khuếch tán kết thúc, xi lanh dịch chuyển một đoạn x. Nếu khí ban đầu nằm ở ngăn bên
phải thì sau khi khuếch tánxi lanh dịch chuyển một đoạn bao nhiêu.
Bài giải
x=

aµ1 − cµ3

l
.
aµ1 + bµ 2 + cµ3 + dµ4 + M 2

Nếu khí bên trái:

xt =

Nếu khí bên phải:
⇒ xp =

xt

n

naµ1 l
.
aµ1 + M 2

xp =

aµ1
l
.
aµ1 + M 2

23
Bài toán 3. Một xilanh kín hình trụ, tiết diện đều có chiều dài 2l, đặt trên một mặt bàn nằm
ngang nhẵn. Một vách cố định bán thấm có bề dày không đáng kể chia bình thành hai phần
bằng nhau. Khối lượng của bình cùng vách là M. Ban đầu ở phần bên trái có chứa hỗn hợp hai
khí Ar và H2 có khối lượng M/4, bên phải là chân không. Chỉ có hidrô khuếch tán được qua
vách. Tính tỉ lệ các áp suất trong mỗi phần sau khi khuếch tán kết thúc; biết rằng sau khi khuếch
tán kết thúc bình dịch chuyển một đoạn l/20. Khối lượng mol của Ar là µAr=40 g/mol.
Bài giải
Ta có: n = 1;

µ1 = 2 µ 2 = 40

;

; c=d=0;

aµ1 + bµ 2 =

M
l
x=
4 ;

20

p t a + 2b
2b
=
= 1+
pp
a
a

(1)

2a
1
⇒
=
na
µ
l
l
l ⇒x=
M
1
5

. =
x=
M 10 ⇒ a =
a
µ
+
b
µ
+
M
2
20

4
20
16
1
2

(2)

aµ1 + bµ 2 =

M
M

M
M
⇒ .2 + 40b = ⇒ b =
4
16
4
320

Thế (2), (3) vào (1):

pt
1 11

= 1+ =
pp
10 10

(3)


24

PHẦN 3: BÀI TOÁN VỀ NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
Một mol khi lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình kín

p
p1
bao gồm một quá trình mà áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể
tích, một quá trình đẳng tích và một quá trình đẳng áp. Tìm hiệu
p3
suất của chu trình 123. Trạng thái 1 và 3 cùng nằm trên một
đường thẳng, tỉ số thể tích trong quá trình đẳng áp V 2/V1 = ε>1 ,
mũi tên trên hình vẽ chỉ chiều diễn biến của chu trình.
Bài giải
* Quá trình 1-2 đẳng áp p1 = p2
Nhiệt lượng mà khí nhận được: Q12 = Cp(T2 – T1) = 2,5R(T2 – T1)
Định luật Gay Lussac:

⇒

T2 V2
=
=ε
T1 V1

O

1

2

3

V1

V2

V

⇒ T2 = ε T1

Q12 = 2,5(ε - 1)RT1

* Quá trình 2-3 đẳng tích: V3 = V2 = εV1
Áp suất khí giảm nên nhiệt độ giảm → khí tỏa nhiệt
Định luật Charles:

p3 p2
T
T
p
=
⇒ p3 = 3 p2 = 1 p1 = 1
T3 T2
T2

T2
ε

* Quá trình 3-1: Phương trình đường thẳng 31 trong hệ trục tọa độ OVp: p = aV + b
Thay các thông số của trạng thái 3 và 1 vào phương trình
p

a=− 1
 p1 = aV1 + b

εV1



⇒
 p1
= ε aV1 + b 
ε +1

b=
p1
ε

ε


p=−

(1)

p1
ε +1
V+
p1
εV1
ε

* Nhiệt độ cực đại của khí trong quá trình 31.
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng:
pV = RT ⇒ T =


1  p1 2 ε + 1
V +
p1V 
−
R  εV1
ε


p

p1

Đây là hàm bậc 2 theo thể tích, khi thể tích thay đổi, nhiệt độ khí đạt

1
4

p3

3

giá trị cực đại khi thể tích có giá trị
V0

( ε + 1) V
=
2

1

khi đó Tmax =

( ε + 1)
4ε

2

T1

* Khảo sát sự trao đổi nhiệt lượng của khí trong quá trình 31

O

V1

V2

V


25
Xét trạng thái 4 bất kì trong quá trình 31 có thể tích là V 4 = x (Điều kiện: V1 < x < V3) và áp
suất p4 = ax +b
Công khí nhận được trong quá trình 34
A34 = 0,5(p3 + p4)(V3 – V4)

A34 = 0,5[a (V3 + x) + 2b](V3 − x )

A34 = 0,5a (V32 − x 2 ) + b(V3 − x )

Độ biến thiên nội năng trong quá trình 34:
∆U34 = Cv(T4 – T3) = 1,5(p4x – p3V3)
∆U 34 = 1,5(ax 2 + bx − aV32 − bV3 )
∆U 34 = 1,5a( x 2 − V32 ) + 1,5b( x − V3 )

Nhiệt lượng trao đổi trong quá trình 34 :
Q34 = ∆U34 – A34
Q34 = 2a(x2 – V32) + 2,5b(x- V3)

Biểu diễn hàm Q34 lên đồ thị (OVQ): Đồ thị là đường Parabol bề lõm quay xuống.
Q34 = 0 ⇔ x1 = V3 hoặc x2 = −

2,5b
ε +5
− V3 =
V3
2a
4ε

Nhiệt lượng mà khí thu vào có giá trị cực đại khi:
1

5 ε +1
Vm = (x1 + x 2 ) = .
.V3
2
8 ε

(2)

m

Tại V hệ chuyển từ nhận nhiệt sang tỏa nhiệt.

Q

+ Trường hợp 1:
ε≤

O

5
⇔ x1 ≤ x2
3

V1 V3

x2

x1

V

Khảo sát đồ thị của Parabol ta thấy quá trình 31 là quá trình tỏa nhiệt
Công khí thực hiện trong chu trình :
A’ =

1

1
p
(ε − 1) 2
(ε − 1) 2
p1V1 =
RT1
(p1 – p3)(V2 – V1) = ( p1 − 1 )(εV1 − V1 ) =
2
2
ε
2ε
2ε

Hiệu suất của chu trình: H =
+ Trường hợp 2:
ε>

A
Q12

×100% =

ε −1
×100%

5ε

Q

5
⇔ x1 > x 2 > V1
3

O

V1

x2

V3

x1

V