bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề hệ THỐNG bài tập áp DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI và NGUYÊN lí i NHIỆT ĐỘNG lực học CHO KHÍ lí TƯỞNG

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI NĂM 2013
HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI VÀ
NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC CHO KHÍ LÍ TƯỞNG
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài:
Việc viết chuyên đề để bồi dưỡng học sinh giỏi hàng năm là việc làm cần thiết đối
với mỗi giáo viên đang giảng dạy ở trường chuyên. Hưởng ứng phong trào viết
chuyên đề của Hội trường chuyên Duyên hải, tôi xin được trao đổi với các đồng
nghiệp về hệ thống bài tập nâng cao trong phần Nhiệt học. Các bài tập này được sưu
tầm và tích lũy từ nhiều nguồn khác nhau. Các bài tập đều có đáp án chi tiết.
II. Mục đích của đề tài: Xây dựng hệ thống bài tập “ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH
TRẠNG THÁI VÀ NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC CHO KHÍ LÍ
TƯỞNG” để bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp.
B. PHẦN NỘI DUNG

Phần 1: Cơ sở lý thuyết
I. Phương trình trạng thái
Phương trình Cla pê rôn - Men đê lê ep (phương trình C – M)
m
pV = RT ; R: hằng số của các khí. R = 8,31J / mol.K
µ

⇒ Với lượng khí xác định ( m, µ = cos nt ):

pV
= const
T

II. Nguyên lí I
1. Công thức của nguyên lí I

∆U = Q + A
∆U : Độ biến thiên nội năng của hệ.

Q: Nhiệt lượng mà hệ nhận được.
A: Công mà hệ nhận được.
2. Công và nhiệt lượng
a. Công: Công A’ mà hệ sinh ra trong quá trình đẳng áp
A' = p (V2 − V1 )

Công A’ mà hệ sinh ra trong một quá trình cân bằng bất kì:
V2

A' = ∫ pdV
V1

Có thể xác định A’ bằng đồ thị.
Công mà hệ nhận được: A = − A'
b. Nhiệt lượng

δQ
+) Nếu truyền nhiệt lượng δQ cho hệ làm nhiệt độ của hệ tăng lên dT thì tỉ số C =
dT

được gọi là nhiệt dung của hệ.
+) C = υC1mol ; C1mol: nhiệt dung mol
+) C = mc ; c: nhiệt dung riêng
1


+) Nhiệt dung phụ thuộc quá trình biến đổi của hệ. VD: đối với 1 mol khí thì nhiệt

dung mol đẳng áp Cp khác với nhiệt dung mol đẳng tích CV.
3. Ứng dụng của nguyên lý I
a. Độ biến thiên nội năng
Áp dụng nguyên lí I cho quá trình đẳng tích ⇒ Độ biến thiên nội năng của chất khí
khi nhiệt độ của nó thay đổi từ T1 đến T2:
∆U = υCV (T2 − T1 )
i
CV = R ; i: Số bậc tự do
2

Với khí đơn nguyên tử: i = 3
Với khí lưỡng nguyên tử: i = 5
b) Hệ thức May – e giữa Cp và CV
C p − CV = R

c) Quá trình đoạn nhiệt cân bằng
pV γ = const
C
i+2
γ= p =
CV
i

III. Áp dụng nguyên lí I cho chu trình
1. Chu trình là một quá trình mà trạng thái cuối trùng với trạng thái đầu. Chu trình
cân bằng có thể biểu diễn trên đồ thị bằng một đường cong khép kín. Lượng khí biến
đổi theo chu trình gọi là tác nhân.
2. Theo nguyên lí I: ∆U = Q + A = Q − A'
mà ∆U = 0 ⇒ Q = A' : Tổng đại số nhiệt lượng nhận được Q = tổng đại số công sinh ra
A’

Công A’ mà tác nhân sinh ra có độ lớn bằng diện tích bao quanh bởi đường biểu diễn
chu trình trong hệ (p,V), có dấu (+) nếu chu trình diễn biến theo chiều kim đồng hồ
trên đường biểu diễn và ngược lại.
3. Động cơ nhiệt
a. Nguyên tắc hoạt động
Tác nhân nhận nhiệt lượng Q1 từ nguồn nóng biến một phần thành công A’ và tỏa
nhiệt lượng Q' 2 cho nguồn lạnh.
Nguồn nóng T1
Q1

Tác nhân

A’

Q2’
Nguồn lạnh T2

2


b. Hiệu suất
H=

A' Q1 − Q2 '
=
Q1
Q1

Nhắc lại: Nhiệt lượng trong các quá trình
+) Quá trình đẳng nhiệt: Q = A'

⇒ Khi dãn đẳng nhiệt thì khí nhận nhiệt , khi nén đẳng nhiệt thì khí tỏa nhiệt.
+) Quá trình đẳng tích: Q = ∆U
⇒ Khi nung nóng đẳng tích thì khí nhận nhiệt, khi làm lạnh đẳng tích thì khí tỏa
nhiệt.
+) Quá trình đẳng áp: Q = ∆U + A' = CV (T2 − T1 ) + p(V2 − V1 )
⇒ Khi nung nóng đẳng áp thì khí nhận nhiệt, khi làm lạnh đẳng áp thì khí tỏa nhiệt.
4. Chu trình Các – nô
Chu trình Các – nô là một chu trình gồm có hai quá trình đẳng nhiệt xen kẽ với hai
quá trình đoạn nhiệt.
Nếu động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình Các – nô thì
H=

A' Q1 − Q2 ' T1 − T2
=
=
Q1
Q1
T1

Phần 2: Hệ thống bài tập
I. Áp dụng phương trình trạng thái
Bài 1
Người ta chứa 20g khí heli trong một xi lanh có pittong rồi cho lượng khí đó biến đổi
chậm từ trạng thái 1 có V1 = 32l ; p1 = 4,1atm sang trạng thái 2 có V2 = 9l ; p 2 = 15,5atm .
Biết trên hệ trục (p,V) đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi của khí có dang như hình vẽ
Tìm nhiệt độ lớn nhất mà khí có thể đạt được.
Đáp án:
p
Từ đồ thị có:
2

p = aV + b (1)
với a = 0,5atm / l ; b = 20atm
1
Áp dụng phương trình C-M:
pV =

m
RT (2)
µ

V

thay (2) vào (1) được
µa 2 µb
V +
V
mR
mR
⇒ Tmax = 490 K

T=

Bài 2:
Có ba bình thể tích V1 = V , V2 = 2V , V3 = 3V thông với nhau nhưng cách nhiệt đối với
nhau . Ban đầu các bình chứa khí ở cùng nhiệt độ T0 và áp suất p0. Người ta hạ nhiệt
độ bình 1 xuống T1 =

T0
và nâng nhiệt độ bình 2 lên T2 = 1,5T0 , bình 3 lên T3 = 2T0 .
2

Tính áp suất mới p?
Đáp án
Gọi n là số mol khí trong ba bình có thể tích V1 + V2 + V3 = 6V , áp suất p0 và nhiệt độ
3


6p V

0
T0. Ta có n = RT
0

Về sau, bình 1 (thể tích V) chứa n1 mol khí ở áp suất p và nhiệt độ

n1 =

T0
. Ta có
2

2 pV
RT0

p.3V
3 pV
p.2V
4 pV
=
Tương tự có n2 = R.1,5T = 3RT ; n3 =

R.2T0
2 RT0
0
0
6p V

2 pV

4 pV

3 pV

0
Có n = n1 + n2 + n3 ⇒ RT = RT + 3RT + 2 RT
0
0
0
0

⇒ p=

36
p0
29

Bài 3:
Hai bình có thể tích V1 = 40dm 3 và V2 = 10dm 3 thông với nhau bằng ống có khóa ban
đầu đóng. Khóa này chỉ mở nếu p1 ≥ p2 + 105 Pa . p1 là áp suất của khí trong bình 1; p2
là áp suất của khí trong bình 2. Ban đầu, bình 1 chứa khí ở áp suất p0 = 0,9.10 5 Pa và
nhiệt độ T0 = 300 K . Trong bình 2 là chân không. Người ta nung nóng đều cả hai bình

từ T0 lên T = 500 K .
a) Tới nhiệt độ nào thì khóa sẽ mở?
b) Tính áp suất cuối cùng trong mỗi bình.
Đáp án:
a) Khóa ban đầu đóng sẽ mở khi p1 = p2 + 10 5 Pa ; ban đầu p2 = 0 ⇒ p1 = pm = 105 Pa .
Từ ban đầu cho đến khi khóa mở, khí trong bình 1 bị nung nóng đẳng tích. Có
p0 p m
=
⇒ Tm = 333K
T0 Tm

Khóa mở, một ít khí ở bình 1 lọt sang bình 2 làm cho áp suất ở bình 1 ( p1 ) tụt xuống
một ít nên ∆p = p1 − p2 nhỏ hơn 105 Pa một ít và khóa lại đóng lại. Nhưng tiếp tục
nung thì p1 lại tăng, khóa lại mở. Có thể coi như khóa luôn giữ cho chênh lệch áp
suất là ∆p = 105 Pa .
b) Tới nhiệt độ T = 500 K thì áp suất trong bình 2 là p , trong bình 1 là ( p + ∆p) .
Gọi n là tổng số mol khí, n1 và n2 là số mol khí trong hai bình lúc đó.
Lúc đầu: Số mol khí trong bình 1 là n; số mol khí trong bình 2 bằng 0.
Áp dụng phương trình trạng thái:
pV

0 1
đối với bình 1 lúc đầu p0V1 = nRT0 ⇒ n = RT
0

đối với bình 1 lúc sau ( p + ∆p)V1 = n1 RT ⇒ n1 =
đối với bình 2 lúc sau p V2 = n2 RT ⇒ n2 =
Có n = n1 + n2 ⇒

( p + ∆p)V1

RT

p V2
RT

p V2

p0V1 ( p + ∆p)V1
=
+
RT0
RT
RT

Thay số, rút ra p = 0,4.10 5 Pa
4


Vậy áp suất trong bình 2 là p = 0,4.10 5 Pa ; trong bình 1 là p + ∆p = 1,4.10 5 Pa
Bài 4:
Hai bình giống nhau nối với nhau bằng một ống có van chỉ cho khí đi từ bình này
sang bình kia khi hiệu áp suất ∆p ≥ 1,1atm . Lúc đầu một bình là chân không, bình kia
là khí lí tưởng ở nhiệt độ t1 = 27 0 C và áp suất p1 = 1,00atm . Sau đó, cả hai bình được
đốt nóng tới nhiệt độ t 2 = 107 0 C . Hãy tìm áp suất của khí trong bình mà trước đó là
chân không.
Đáp án
µp V

1
Từ phương trình trạng thái suy ra m = RT

1

Tại nhiệt độ T2, bình 1 có m1 =

µ ( p + ∆p)V
RT2

µpV

và bình 2 có m2 = RT
2
Vì m1 + m2 = m
⇒

p1 p + ∆p p 2 p + ∆p
=
+ =
T1
T2
T2
T2


1 pT
⇒ p =  1 2 − ∆p 
2  T1

Thay số được p ≈ 0,0833atm

Bài 5:

Hình bên là sơ đồ nén không khí vào
bình có thể tích V bằng bơm có thể tích
v. Khi pittông đi sang bên phải thì van
A đóng không cho không khí thoát ra
A
1
khỏi bình đồng thời van B mở cho
V
không khí đi vào xi lanh.
B
Khi pittông đi sang bên trái thì van B
đóng, van A mở, pittông nén không
khí vào bình.
a) Ban đầu, pittông ở vị trí 1 và áp suất trong bình là p0, áp suất khí quyển là pk. Tính
số lần phải ấn pittông để áp suất trong bình có giá trị cuối pc. Người ta ấn chậm để
nhiệt độ trong bình không đổi.
b) Bố trí lại các van như trong hình bên thì có
thể rút không khí trong bình. Ban đầu, pittông
A
1
ở vị trí 1 và áp suất trong bình là p0, Tính số
V
lần cần kéo pittông để áp suất trong bình giảm
đi r lần, pc =

p0
. Áp dụng bằng số r = 100 ;
r

B

V = 10v

Đáp án
Gọi m là khối lượng khí trong xi lanh (thể tích v, áp suất pk); µ là khối lượng mol
m

của không khí. Có pk .v = µ RT (1)
Tại một thời điểm nào đó, gọi M là không khí có trong bình (thể tích V, áp
5


M

suất p) thì pV = µ RT
(2)
Mỗi lần ấn pittông, đưa vào bình một lượng không khí có khối lượng m ⇒
khối lượng khí trong bình là ( M + m) và áp suất tăng thêm ∆p . Phương trình trạng
thái sau lần ấn pittông ( p + ∆p)V =

M +m
RT (3)
µ

Đặt (1), (2) vào vế phải của (3) được
( p + ∆p )V = pV + pk .v ⇒ ∆p =

p k.v
V

Sau mỗi lần ấn pittông thì áp suất trong bình tăng thêm ∆p . Vậy số lần cần ấn pittông
bằng
n=

pc − p0 ( pc − p0 )V
=
∆p
pk .v

b) Gọi p là áp suất trong bình trước khi kéo pittông, M là khối lượng không khí trong
M

đó. Có pV = µ RT (4)
Khi kéo, thể tích V thành (V + v) ; áp suất thành p' ; khối lượng không khí vẫn
M

là M. Ta có p' (V + v) = µ RT (5)
Đặt (4) vào vế phải của (5) được
p ' (V + v) = pV ⇒

p'
V
=
p V +v
 V 
 . Nếu pn
V + v 

Tức là sau mỗi lần kéo pittông, áp suất khí lại giảm theo tỉ số 
là áp suất sau khi kéo n lần thì

pn
p p
p  V 
= n . n −1 .... 1 = 

p0 p n−1 p n−2
p0  V + v 

n

log r
n
p0
V +v ⇒ n=

V + v 
Nếu pn =
thì r = 

log


r
V


 V 
Áp dụng bằng số được n ≈ 48 lần

Bài 6:

Một xi lanh kín hình trụ chiều cao h , tiết diện
S = 100cm 2 đặt thẳng đứng. Xi lanh được chia thành hai
phần nhờ một pittông cách nhiệt khối lượng m = 500 g ,
kích thước pittông không đáng kể. Khí trong hai phần là
cùng loại ở cùng nhiệt độ 27 0 C và có khối lượng là m1 ,
m2 với m2 = 2m1 . Pittông cân bằng khi cách đáy dưới
3h
đoạn h2 = .
5

m1

m2

h1

h2

h

a) Tính áp suất khí trong hai phần của xi lanh. Lấy g = 10m / s 2 .
b) Để pittông cách đều hai đáy xi lanh thì phải nung
nóng phần nào, đến nhiệt độ bao nhiêu? (Phần còn lại
giữ ở nhiệt độ không đổi).
Đáp án:
6


a) Có h2 = 0,6h ⇒ h1 = 0,4h
t1 = 27 0 C ⇒ T1 = 300 K

Áp dụng phương trình Men đê lê ép – Cla pê rôn cho khí trong hai phần ở nhiệt độ
T1 = 300 K
p1V1 =
p2V2 =

m1
m
RT1 ⇒ p1 .0,4hS = 1 RT1
µ
µ

m2
m
RT1 ⇒ p2 .0,6hS = 1 RT1
µ
µ

Chia vế cho vế được
0,4 p1 m1 1
=
= ⇒ p 2 = 4 p1 (1)
0,6 p 2 m2 2
3

Khi pittông cân bằng: p2 = p1 +

mg
(2)
S

Giải hệ hai phương trình (1) và (2) được
3mg
4mg
= 1500( Pa ) ; p 2 =
= 2000( Pa)
S
S
b) Do h1 < h2 nên phải nung nóng phần khí ở trên (m1)
p1 =

Với khối khí ở dưới có nhiệt độ không đổi nên:
p 2V2 = p' 2 V '2 ⇒ p 2 Sh2 = p' 2 Sh'2

mà h2 = 0,6h ; h'2 = 0,5h
6
p2 = 2400( Pa)
5
mg
= 1900( Pa)
Có p1 ' = p2 '−
S
⇒ p'2 =

Áp dụng phương trình trạng thái cho khối khí ở trên:
p1V1 p '1 V '1
p' V '
p ' 0,5hS
=
T1 = 475 K

⇒ T '1 = 1 1 T1 = 1 .
T1
T '1
p1V1
p1 0,4hS
⇒ t '1 = 202 0 C

Bài 7:
Một xilanh đặt thẳng đứng, kín cả hai đầu, được chia thành hai phần bằng nhau bởi
một pittông khối lượng M, cách nhiệt. Pittông có thể di chuyển không ma sát. Người
ta đưa vào phần trên khí hiđrô ở nhiệt độ T , áp suất p ; phần dưới khí oxi ở nhiệt độ
2T . Lật ngược đáy lên trên. Để pittông vẫn ở vị trí chia xilanh thành hai phần bằng
nhau, người ta hạ nhiệt độ khí oxi đến

T
. Nhiệt độ của khí hiđrô vẫn giữ như cũ.
2

Hãy xác định áp suất khí oxi ở trạng thái ban đầu và lúc sau.
8
5

2
5

ĐS: p1 = p ; p2 = p
Đáp án:
Khí hiđro có nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất ở hai trạng thái là như nhau.
Gọi p1, p2 là áp suất của khí oxi ở trạng thái 1 và 2.
Phương trình cân bằng của pittong ở hai trạng thái:

( p1 − p ) S = Mg
( p − p 2 ) S = Mg

7


(S: tiết diện của pittong)
⇒ p1 + p2 = 2 p (1)
Áp dụng phương trình Men đê lê ép – Cla pê rôn cho khí oxi ở hai trạng thái:
p1V = υR.2T
T
p 2V = υR.
2
⇒ p1 = 4 p2 (2)

8
5

Giải hệ (1) và (2) được: p1 = p ; p2 =

2
p
5

Bài 8:
Một pittông nặng có thể dịch chuyển không ma sát trong một
xilanh thẳng đứng. Trên và dưới pittông đều chứa một mol của
cùng một chất khí.
V1

V1

Khi ở cùng nhiệt độ T, tỉ số các thể tích V = 2 . Hỏi cần tăng
2
V2
nhiệt độ lên bao nhiêu lần để tỉ số trên bằng 1,5?
Bỏ qua sự dãn nở của xilanh.
Đáp án
Gọi p1 , p2 , p1 ' , p2 ' , V1 , V2 , V1 ' , V2 ' là áp suất và thể tích của ngăn trên và ngăn dưới
ứng với các nhiệt độ T và T’
p 2 − p1 = p2 '− p1 ' = p pt (1)
p1V1
= 2 p1 (2)
V2
p'1 V '1 3 (3)
= p'1
p1 'V '1 = p2 'V '2 = RT ' ⇒ p '2 =
V '2
2
3
5
(4)
V1 + V2 = V '1 +V2 ' ⇒ V1 = V '1
2
3
p'
Thay (2) và (3) vào (1) được p1 = 1 (5)
2
p1V1 = p 2V2 = RT ⇒ p 2 =

Nhân (5) với (4) theo vế
3
5
3
5
T ' 18
p1V1 = p '1 V '1 ⇒ RT = RT ' ⇒ =
= 1,8
2
6
2
6
T 10

Bài 9:
Trong một ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác nhau
có hai pittông nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, luôn căng,
không dãn. Giữa hai pittông có 1 mol khí lí tưởng. Pittông trên
có tiết diện lớn hơn pittông dưới là ∆S = 10cm 2 . Áp suất khí
quyển bên ngoài là p0 = 105 Pa .
a) Tính áp suất p của khí giữa hai pittông.
b) Phải làm nóng khí đó thêm bao nhiêu độ để các pittông
dịch chuyển lên trên một đoạn l = 5cm . Biết khối lượng tổng
cộng của hai pittông là m = 5kg . Khí không lọt ra ngoài.
Đáp án
a) Có S1 − S 2 = ∆S và m = m1 + m2
Điều kiện cân bằng của hai pit tông:
8

m1 g T
+
⇒ T = S1 ( p − p0 ) − m1 g (1)
S1
S1
m g
T
p + 2 = p0 +
⇒ T = S 2 ( p − p0 ) + m2 g (2)
S2
S2
Từ (1) và (2) ⇒ ( S1 − S 2 )( p − p0 ) = (m1 + m2 ) g = mg
mg
⇒ p=
+ p0 ≈ 1,5.10 5 Pa
∆S
p = p0 +

b) Khi làm nóng khí thì pittông dịch chuyển lên trên một đoạn l . Muốn pittông cân
bằng ở vị trí này thì p ' = p (p’: áp suất chất khí sau khi dịch pittông)
Theo phương trình C – M:
pV = RT
p ' (V + ∆V ) = R (T + ∆T )
∆V p
⇒ ∆T = T .
= .∆V
V
R
mà ∆V = l.∆S
∆S .l

⇒ ∆T = p.
≈ 0,9 K
R

Bài 10:
Một bình dạng hình trụ được ngăn thành hai phần bằng nhau bởi pittông nhẹ, dẫn
nhiệt. Pittông có thể chuyển động không ma sát. Một phần của bình chứa không khí,
phần kia chứa ít nước và hơi nước.
Nung nóng từ từ toàn bộ bình, pittông bắt đầu chuyển động. Khi nó dừng lại, các
phần thể tích của bình có tỉ lệ 1:3. Hãy xác định tỉ số khối lượng nước và khối lượng
hơi nước ban đầu. Cho rằng hai phần bình luôn cùng nhiệt độ. Thể tích nước rất nhỏ.
Đáp án
m

V
h
+) Ban đầu hơi nước ở trạng thái p1V1 = µ RT1 ; V1 = 0 với V0 là thể tích của bình.
2
+) Khi nung nóng, nước bay hơi, thể tích hơi nước tăng, pit tong dừng lại khi nước
bay hơi hết.
mn + mh
3V
RT2 ; V2 = 0
µ
4
p1V1
p 2V2
p1 3
p2
Do đó (mn + mh ) T = mh T ⇒ (mn + mh ) T = 2 mh T (1)

1
2
1
2

Có p2V2 =

+) Khí ở phần bình kia:
p1 (V0 − V1 ) p 2 (V0 − V2 )
p 1 p2
=
(2)
⇒ 1=
T1
T2
T1 2 T2

Từ (1) và (2) suy ra: mn + mh = 3mh
mn

Vậy m = 2
h
Bài 11 :
Trong xi lanh đặt thẳng đứng có chứa một lượng khí,
đậy phía trên là một pittông khối lượng m = 1kg , diện
tích S = 10cm 2 . Pittông được giữ bằng lò xo L nhẹ,
dài, độ cứng k = 100 N / m , đầu trên của lò xo có thể
móc vào một trong những cái đinh cố định có độ cao
khác nhau như hình vẽ.
9

Ban đầu, khí trong xi lanh có thể tích 0,5l và nhiệt độ 270 C . Lò xo móc vào điểm O,
đang bị nén một đoạn 10cm .
1) Nung nóng khí trong xi lanh đến nhiệt độ 1270 C . Để vị trí của pittông trong xi
lanh không đổi, cần móc đầu trên của lò xo vào điểm M cách O một đoạn bao nhiêu,
về phía nào?
2) Nung nóng khí trong xi lanh lên đến nhiệt độ 2270 C . Để pittông nằm ở vị trí phía
trên và cách vị trí ban đầu của nó một đoạn 50cm , phải móc đầu trên của lò xo vào
điểm N cách O một đoạn bao nhiêu? Về phía nào? Biết áp suất khí quyển
p0 = 105 N / m 2 . Lấy g = 10m / s 2 .
Đáp án:
1) Gọi p là áp suất lúc đầu của khí trong xi lanh.
Khi pit tong cân bằng: p =

mg k∆l
+
+ p0 = 1,2.10 5 ( N / m 2 )
S
S

pit tong không dịch chuyển nên quá trình biến đổi trạng thái của khí là quá trình đẳng
tích.
Áp suất của khí lúc sau:
T2
p = 1,6.10 5 ( N / m 2 )
T1
mg k∆l '
+
+ p0 ⇒ ∆l '= 50cm

Có p' =
S
S
Vậy lúc sau lò xo bị nén 50cm ⇒ phải móc lò xo vào điểm M phía dưới O cách O
một khoảng OM = 40cm
V
2) Chiều cao ban đầu của cột khí: h = = 50cm
S
p' =

Khi pit tong dịch chuyển lên trên một đoạn 50cm thì thể tích khí tăng gấp hai:
V3 = 2V

pVT

5
2
3
Từ phương trình trạng thái ⇒ p3 = TV = 10 ( N / m )
3

Khi pit tong nằm cân bằng: p3 =

mg k∆l3
+
+ p0 ⇒ ∆l3 = −10cm ⇒ lò xo dãn 10cm.
S
S

Vậy phải móc lò xo vào điểm N phía trên và cách O một khoảng

ON = 50 + 10 + 10 = 70(cm)

II. Áp dụng nguyên lí I
Bài 1:
Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử chuyển từ
trạng thái 1( p1 = 2 p0 ;V1 = V0 ) sang trạng thái 2(
p 2 = p0 ;V2 = 2V0 ) với đồ thị là đoạn thẳng cho trên
hình vẽ.
Hãy xác định:
a) Thể tích V’ tại đó nhiệt độ của chất khí lớn nhất.
b) Thể tích V * sao cho V1 < V < V * thì chất khí thu
nhiệt. V * < V < V2 thì chất khí tỏa nhiệt.
Đáp án

p

2 p0

1

p0

O

2

V0

2V0

V

10


a) p = aV + b
ở trạng thái 1: 2 p0 = aV0 + b
ở trạng thái 2: p0 = a 2V0 + b
⇒ p=−

p0
V + 3 p0
V0

pV
Đối với 1 mol khí pV = RT ⇒ T =
R

3
⇒ (pV) đạt max ⇔ V ' = V0
2

(Suy ra điều này bằng 2 cách:
Cách 1: Xét tam thức bậc 2:
pV = f (V ) = −

p0 2
V + 3 p0V
V0

vì a < 0 nên nó đạt max tại V ' = −

b 3
= V0
2a 2
3
2

Cách 2: Trên đồ thị diện tích pV lớn nhất khi V ' = V0
b) Xét quá trình từ V1 đến V
Nhiệt lượng nhận được
Q = ∆U + A'

3

3

3

3 − p0V + 3 p0V0
3
)V − p1V1
V0
2

trong đó: ∆U = 2 R(T − T1 ) = 2 pV − 2 p1V1 = 2 (
2 p0 + p
2
4 p 2 15 p0
11 p0V0

V−
⇒Q=− 0V +
2V0
2
2
A' = (V − V0 )

Sau khi Q đạt max, V vẫn tiếp tục tăng nhưng Q thì giảm ⇒ từ trạng thái ứng với
Qmax trở đi, chất khí thu nhiệt. Vậy V* chính là giá trị ứng với Qmax.
Vì Q(V) là một parabol có a'< 0 ⇒ V * = −

b' 15
= V0
2a ' 8

thấy V * > V '
Bài 2:
Với 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, người
ta thực hiện một quá trình như hình vẽ.
p1 = 2atm = 2.10 5 Pa ; V1 = 1l ; p 2 = 1atm ; V2 = 3l .
Hãy tính công mà khí thực hiện trong quá
trình khí nhận nhiệt.
Đáp án
Xét xem giai đoạn nào khí nhận nhiệt.
+) Có : p = aV + b
ở trạng thái 1: 2 = a + b
ở trạng thái 2: 1 = 3a + b

p

p1

1

p2

2

V1

V2

V

⇒ p = −0,5V + 3,5

+) Xét quá trình từ V1 đến V
Nhiệt lượng mà khí nhận được
Q = ∆U + A' = −V 2 + 8,25V − 5,75
11


Qmax ↔ V = V0 = 4,125l
Thấy V0 > V2 nên trong quá trình từ 1 đến 2, Q luôn tăng nên khí luôn nhận nhiệt.

Do đó, công trong quá trình khí nhận nhiệt là công trong toàn bộ quá trình từ 1 đến 2
1
A = ( p1 + p2 )(V2 − V1 ) = 300 J
2

Bài 3:
Cho 1 mol khí lí tưởng biến đổi theo chu
trình 1 − 2 − 3 − 1 trên đồ thị p(T ) trong đó:
1 − 2 là đoạn thẳng kéo dài qua O.
2 − 3 là đường thẳng song song với OT.
3 − 1 là một cung parabol qua O.
Biết T1 = T3 = 300 K ; T2 = 400 K . Tính công do
mol khí ấy sinh ra.
Đáp án
Cách 1: Tính công trong từng quá trình
Cách 2: Xét đồ thị biểu diễn chu trình trong
hệ (p,V)
+) Quá trình 3 – 1 có phương trình
T = − a. p 2 + b. p ( Vì đồ thị qua gốc O)
+) Phương trình C – M cho 1 mol:
pV = RT ⇒ p = −

T
T2

2

1

T1

3

O p

p
3

p2

2

p1

V
b
+
a.R a

O

1
V3

V2

V

Đây là phương trình đường thẳng trong hệ (p,V)
+) Chu trình 1-2-3-1 biểu diễn trong hệ (p,V)
+) Công do khí sinh ra trong cả chu trình
1
A' = − S123 = − ( p2 − p1 )(V2 − V3 )
2
TT

1
= − R(T2 − T1 − T3 + 1 3 ) = −104( J )
2
T2

Bài 4:
Tính hiệu suất của chu trình cấu tạo từ hai
đường đẳng áp và hai đường đẳng nhiệt,
tác nhân sinh công là khí lí tưởng đơn p
nguyên tử. Cho biết T1 , T2 là nhiệt độ của 1
p
các quá trình đẳng nhiệt 4 − 1 và 2 − 3 , p11 ,
p 2 là áp suất của hai quá trình đẳng áp 1− 2
và 3 − 4 .
Đáp án:
Q2
Hiệu suất H = 1 − Q
1
5
Có Q1 = Q12 + Q23 với Q12 = υ R(T2 − T1 )
2
V3
p1
Q23 = υRT2 ln = υRT2 ln
V2
p2

p2
O

2

3

4
V1

V4

V2

V3

V

12


5
p 
⇒ Q1 = υR  (T2 − T1 ) + T2 ln 1 
p2 
2
Có Q2 = −(Q34 + Q41 )
5
2

Tương tự, tính được Q2 = υR  (T2 − T1 ) + T1 ln
H=

Từ đó suy ra

T 2−T1
5(T2 − T1 )
T2 +
p
2 ln 1
p2

p1 

p2 

Bài 5:
Một hình trụ cách nhiệt được chia thành hai phần có thể tích V1; V2 nhờ một bản
cách nhiệt. Phần 1 chứa khí ở nhiệt độ T1 và áp suất p1. Phần thứ 2 cũng chứa khí này
nhưng ở nhiệt độ T2 và áp suất p2. Tìm nhiệt độ trong hình trụ khi bỏ bản cách nhiệt.
Đáp án
Vì hình trụ làm bằng vật liệu cách nhiệt nên áp dụng phương trình cân bằng nhiệt
cho hệ khí ở hai phần ta có
cm1 (T − T1 ) = cm2 (T2 − T ) (1)
Trong đó c là nhiệt dung riêng của khí ; m1, m2 là khối lượng khí tương ứng trong
hai phần của hình trụ. T là nhiệt độ được thiết lập trong hình trụ khi cân bằng.
m1
T1 + T2
m2
Từ (1) suy ra T =
m
1+ 1
m2

Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở hai phần trước khi bỏ bản cách nhiệt:
m1
m
RT1 ; p2 .V2 = 2 RT2
µ
µ
m
pVT
⇒ 1 = 1 1 2
m2 p 2V2T1
T T ( p V + p2V2 )
⇒T = 1 2 1 1
p1V1T2 + p 2V2T1
p1 .V1 =

Bài 6:
Cho một bình chân không cách nhiệt, bao quanh nó là khí lí tưởng đơn nguyên tử
có nhiệt độ T0. Tại một thời điểm nào đó người ta mở van và khí chiếm đầy bình.
Tìm nhiệt độ của khí trong bình ngay sau khi khí chiếm đầy bình.
Đáp án
Khi mở van, khí tràn vào bình. Quá trình diễn ra nhanh nên có thể bỏ qua sự trao
đổi nhiệt của khí vào bình với khí bao quanh và với thành bình.
Áp dụng nguyên lí I của nhiệt động lực cho khí vào bình:
A = ∆U (1)
Trong đó A là công của áp lực của khí bao quanh bình đặt vào khí có trong bình.
Khi lấp đầy bình, áp suất và nhiệt độ của khí bao quanh không thay đổi. Để tìm
công A, ta tưởng tượng bình nằm trong hình trụ lớn có pittông di động

13

Lực tác dụng lên pittông thực hiện một công A = p0V0
Với V0 là thể tích quét bởi pittông khi nó dịch chuyển, V0 không trùng với thể tích
của bình. Công này bằng công của áp lực của khí bao quanh bình đặt vào khí có
trong bình.
Áp dụng phương trình trạng thái có
A = p0V0 = υRT0 (2)
3
∆U là độ biến thiên nội năng của khí vào bình ∆U = υ . R (T − T0 ) (3)
2

Thay (2), (3) vào (1) được
5
T = T0
3

Nhiệt độ của khí chiếm đầy bình lớn hơn nhiệt độ của khí bao quanh bình. Kết
quả nhận được không phụ thuộc thể tích của bình cũng như áp suất p0. Nhiệt độ của
khí trong bình cũng không phụ thuộc sự lấp đầy khí vào bình xẩy ra đến khi mà áp
suất trong bình có bằng áp suất khí trong môi trường bao quanh hay không hoặc là
van sẽ đóng trước cũng như đóng muộn hơn.
Bài 7:
Hai bình cách nhiệt nối với nhau bằng một ống nhỏ có khóa. Bình thứ nhất có thể
tích V1 = 500l , chứa m1 = 16,8kg Nitơ ở áp suất p1 = 3.10 6 Pa . Bình thứ hai có thể tích
V2 = 250l , chứa m2 = 1,2kg Argon ở áp suất p 2 = 5.10 5 Pa . Hỏi sau khi mở khóa cho hai
bình thông nhau, nhiệt độ và áp suất của khí là bao nhiêu?
5
2

3
2

Cho biết nhiệt dung mol đẳng tích của Nitơ là C1 = R ; của Argon C2 = R .
Khối lượng mol của Nitơ là µ1 = 28 g / mol , của Argon là µ 2 = 40 g / mol .
Đáp án
Gọi T1 và T2 là các nhiệt độ tuyệt đối của Nitơ và Argon khi chưa mở khóa. Ta có
m

pV

1
1 1
Số mol của Nitơ là: µ = RT
1
1

m

pV

2
2 2
Số mol của Argon là: µ = RT
2
2

Nội năng của Nitơ là : U 1 =

m1

p V 5p V
.C1 .T1 = C1 . 1 1 = 1 1 (1)
µ1
R
2
m1

p2V2

3 p2V2

Nội năng của Argon là : U 2 = µ .C2 .T2 = C2 . R = 2 (2)
1
Gọi T và C là nhiệt độ và nhiệt dung đẳng tích của hỗn hợp khí. Nội năng của hỗn
hợp khí là :
m

m
U = CT =  1 C1 + 2 C 2 T (3)
µ2 
 µ1

Khi mở khóa, khí dãn nở không sinh công, hai bình lại cách nhiệt nên theo
nguyên lí I của nhiệt động lực học, nội năng được bảo toàn :
U = U 1 + U 2 (4)

14


5 p1V1 3 p2V2

+
2
2 = 306,7 K
Từ (1), (2), (3) và (4) ⇒ T = m
m
1
C1 + 2 C 2
µ1
µ2

Áp dụng phương trình trạng thái cho hỗn hợp khí :
m m 
 m m  RT
p (V1 + V2 ) =  1 + 2  RT ⇒ p =  1 + 2 
= 2,14.10 6 Pa
µ
µ
µ
µ
V
+
V
2 
2  1
2
 1
 1

Bài 8:
Một quả bóng đá khối lượng 800 g , đường kính 22cm được bơm căng đến áp suất

2atm . Tính nhiệt độ của khí trong bóng lúc tiếp đất sau khi bóng rơi thẳng đứng từ độ
cao 25m . Cho rằng vỏ bóng hoàn toàn mềm và cách nhiệt. Nhiệt độ ban đầu của quả
bóng là 27 0 C . Bỏ qua sức cản của không khí. Nhiệt dung mol đẳng tích của không
khí CV = 2,5R . R = 8,31J / mol.K ; g = 10m / s 2 ; 1atm = 10 5 Pa
Đáp án
Số mol khí trong bóng là
4 d 3
p. π 3 
3 2 
pV
υ=
= 
= 0,447 mol
RT
RT

Khi bóng tiếp đất, nó bị bẹp, khí trong bóng bị nén đẳng tích và đoạn nhiệt.
Áp dụng nguyên lí I của nhiệt động lực học
A = ∆U
mgh = υCv ∆T
mgh
= 21,5( K )
⇒ ∆T =
υC v
Vậy Tsau = 321,5( K ) hay 48,50 C

Bài 9:
Một xilanh cách nhiệt nằm ngang, thể tích V1 + V2 = V0 = 80l được
chia thành hai phần không thông với nhau bởi một pittông cách
nhiệt (hình vẽ). Pittông có thể chuyển động không ma sát. Mỗi

phần của xilanh có chứa 2 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Ban
đầu, pittông đứng yên, nhiệt độ hai phần khác nhau. Truyền
cho khí ở bên trái nhiệt lượng Q = 120 J . Hỏi khi đã có cân
bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu bao
nhiêu?

V1

V2

Đáp án
Gọi U 1 và U 2 là nội năng của khí ở hai phần của xi lanh.
3
Q = ∆U 1 + ∆U 2 = 2. R( ∆T1 + ∆T2 ) (1)
2
pV
=
Lúc đầu, có: 1 2RT1 và pV2 = 2RT2 (2)

Sau khi cung cấp nhiệt lượng và khi đã có cân bằng thì thể tích mỗi phần là
V1 + ∆V = V2 − ∆V

Có:

( p + ∆p )(V1 + ∆V ) = 2 R (T1 + ∆T1 ) (3)
15


( p + ∆p )(V2 − ∆V ) = 2 R (T2 + ∆T2 ) (4)

Từ (2), (3) và (4) suy ra:

p∆V + V1∆p + ∆p.∆V = 2 R∆T1
− p∆V + V2 ∆p − ∆p.∆V = 2 R∆T2
⇒ (V1 + V2 ).∆p = 2 R (∆T1 + ∆T2 )
⇒ ∆p =

2Q
= 10 3 ( N / m 2 )
3V0

Bài 10:
Một xilanh đặt cố định nằm ngang. Xilanh được chia
làm hai phần bởi một pittông. Phần xilanh bên trái
chứa một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Phần bên
phải của xilanh là chân không, trong phần này có một
lò xo gắn vào pittông và thành xi lanh. Ban đầu pittông
được giữ ở vị trí lò xo không biến dạng, khi này khí có
áp suất p1 , nhiệt độ T1 . Sau đó, thả pittông. Bỏ qua các
lực ma sát. Sau một thời gian chuyển động, pittông
nằm yên ở vị trí cân bằng. Lúc đó, khí có áp suất p 2 ,
nhiệt độ T2 còn thể tích tăng gấp đôi so với ban đầu.
Cho biết xi lanh cách nhiệt với môi trường ngoài; nhiệt dung của xi lanh,
pittông và lò xo là nhỏ, có thể bỏ qua. Hãy tính áp suất p 2 và nhiệt độ T2 .
Đáp án:
Áp dụng nguyên lí I cho 1 mol khí:
Q = ∆U + A' (1)
1
Với ∆U = CV (T2 − T1 ) ; A' = kx 2
2

Trạng thái cuối của 1 mol khí:
p 2V2 = RT2 (2)
⇒ p 2 .2 Sx = RT2

Khi pit tông ở vị trí cân bằng:
RT2
2x
RT
Vậy A' = 2
4
kx = p2 S =

Từ (1) có
CV (T2 − T1 ) +

RT2
6
= 0 ⇒ T2 = T1
4
7

Trạng thái đầu của 1 mol khí
V
p1V1 = RT1 ⇒ p1 . 2 = RT1 (3)
2

3
7

Từ (2) và (3) suy ra: p2 = p1
Bài 11:
Một xi lanh kín hình trụ đặt thẳng đứng, bên trong có
mộtpit tông nặng, có thể trượt không ma sát. Pittông này và
đáy xi lanh nối với nhau bởi một lò xo, và trong khoảng đó
16


có chứa n = 2mol khí lí tưởng đơn nguyên tử ở thể tích V1 ,
nhiệt độ T1 = 27 0 C . Phía trên là chân không. Ban đầu lò xo
ở trạng thái không biến dạng. Sau đó, truyền cho khí một
4
nhiệt lượng Q và thể tích khí lúc này là V1 , nhiệt độ

3
T2 = 147 0 C . Cho rằng thành xi lanh cách nhiệt, mất mát
3
nhiệt là không đáng kể. R = 8,31( J / mol.K ) , CV = R . Tìm
2
Q
nhiệt lượng đã truyền cho khí.

Đáp án:
gọi m, S, k là khối lượng, tiết diện pit tông, độ cứng lò xo.
Các trạng thái khí lúc đầu và lúc sau là (p1, V1, T1) và (p2, V2, T2)
Sau khi truyền cho khí một nhiệt lượng thì pit tông dịch chuyển lên trên một đoạn x
4
V −V
V2 − V1 3 1 1
⇒x=

=
S
S
V
⇒ V1 = 3xS hay x = 1
3S

Xét sự cân bằng của pit tông, có
p1 =

mg
mg + kx
⇒ kx = ( p 2 − p1 ) S
; p2 =
S
S

Công mà khí thực hiện được:
1
1
1
1
1
A' = mgx + kx 2 = p1V1 + ( p 2 − p1 )V1 = υR ( T1 + T2 )
2
3
6
6
8

Độ biến thiên nội năng của khí
3
∆U = υ R (T2 − T1 )
2
13
8

4
3

Có Q = A'+ ∆U = υR( T2 − T1 ) = 4695,15( J )
Bài 12:
Trong một xi lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt, có hai
pittông: pittông A nhẹ (trọng lượng có thể bỏ qua) và
dẫn nhiệt, pittông B nặng và cách nhiệt.
B
Hai pittông và đáy của xilanh tạo thành hai ngăn, mỗi
ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử và có
A
chiều cao là h = 0,5m . Ban đầu, hệ ở trạng thái cân bằng
nhiệt. Làm cho khí nóng lên thật chậm bằng cách cho
khí (qua đáy dưới) một nhiệt lượng Q = 100 J . Pittông A
có ma sát với thành bình và không chuyển động, pittông
B chuyển động không ma sát với thành bình. Tính lực
ma sát tác dụng lên pittông A.
Đáp án
Gọi nhiệt độ ban đầu của hệ là T0 , nhiệt độ sau cùng là T1 .
Áp suất ban đầu của khí trong hai ngăn bằng nhau và bằng p0 .
Khí trong ngăn trên nóng đẳng áp từ nhiệt độ T0 đến nhiệt độ T1 , thể tích tăng từ V0
T

1
đến V1 = V0 . T , công A mà khí sinh ra là
0

17


A = p0 (V1 − V0 ) = p0V0 (

T1
− 1) = R (T1 − T0 )
T0
T

1
Khí trong ngăn dưới nóng đẳng tích từ T 0 đến T1 , áp suất tăng từ p0 đến p1 = p0 T
0
Áp dụng nguyên lí I:

Q = A + ∆U
Mà ∆U = 2CV (T1 − T0 ) = 5R(T1 − T0 )
Vậy Q = 6 R(T1 − T0 )

Lực ma sát tác dụng lên pit tông A là
T
V
1
F = ( p1 − p0 ) S = p0  1 − 1 0 = R (T1 − T0 )
h

 T0  h
Q 100
⇒F=
=
N
6h
3

Bài 13:
Một xi lanh nằm ngang, bên trong có một pittông
ngăn xi lanh làm hai phần: Phần bên trái chứa khí lí
tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải là chân không.
Hai lò xo k1 , k 2 gắn vào pittông và đáy xi lanh như A
hình vẽ. Lúc đầu, pittông được giữ ở vị trí mà cả
hai lò xo chưa bị biến dạng, trạng thái khí lúc đó là
( P1 , V1 , T1 ) . Giải phóng pittông thì khi pittông ở vị trí
cân bằng, trạng thái khí là ( P2 ,V2 , T2 ) với V2 = 3V1 .
Bỏ qua các lực ma sát. Xilanh, pittông và các lò xo
đều cách nhiệt.
P2

k1

k2

B

T2

Hãy tính P và T .

1
1
Đáp án
Khi pit tông ở VTCB, độ biến dạng của mỗi lò xo là x.
Có x =

V2 − V1 2V1
=
S
S

p 2 S − k1 x = k 2 x ⇒ p 2 =

(k1 + k 2 ) x
( k + k )V
= 2 1 2 2 1 (1)
S
S

Áp dụng phương trình trạng thái
T2 3 p 2
p 2V2 p1V1
p
pV
p
=
=
⇒ 2 = 1 1= 1 ⇒
T1
p1

T2
T1
T2 T1V2 3T1

(2)

Hệ không trao đổi nhiệt
Q = ∆U + A = 0
⇒ A = −∆U

2

2(k1 + k 2 )V12
1
1
 2V1 
2
mà A = (k1 + k 2 ) x = (k1 + k 2 )  =
2
2
S2
 S 
3
3
3
∆U = υR (T2 − T1 ) = ( p2V2 − p1V1 ) = (3 p2 − p1 )V1
2
2
2
2

2(k1 + k 2 )V1
3
⇒
= ( p1 − 3 p 2 )V1
2
2
S
18


2(k1 + k 2 )V1
3
(3)
= ( p1 − 3 p2 )
2
S
2
p2 3
3
9
Thế (1) vào (3) ⇒ p2 = p1 − p2 ⇒ p = 11
2
2
1
T2 9
(2) ⇒ T = 11
1
⇒

Bài 14:

Xi lanh hình trụ, pittông và
vách ngăn (hình vẽ) được chế
tạo từ các vật liệu cách nhiệt.
Van tại vách ngăn được mở
(1)
(2)
khi áp suất bên phải lớn hơn
áp suất bên trái. Khi van đã
được mở thì nó không đóng
lại nữa.
Trong trạng thái đầu của phần bên trái của hình trụ dài l = 11,2dm có m1 = 12 g Heli;
trong phần bên phải cùng độ dài có m2 = 2 g Heli. Từ hai phía nhiệt độ bằng 0 0 C . Áp
suất ngoài p0 = 105 Pa . Nhiệt dung riêng của Heli khi thể tích không đổi là
CV = 3,15.10 3 J / kg.đô , còn khi áp suất không đổi là C p = 5,25.10 3 J / kg.đô . Pittông được
dịch lại chậm theo hướng tới vách ngăn (có sự nghỉ nhỏ khi van được mở ra) và được
dịch sát tới vách ngăn. Cho diện tích pittông S = 10 −2 m 2 . Tính công mà pittông đã thực
hiện.
Đáp án
Xét khí trong xi lanh.
Công toàn phần thực hiện trên khí:
A = A1 + A2 (1)
Với A1 là công do pittông thực hiện
A2 là công của áp lực khí quyển: A2 = p0 Sl (2)
Độ biến thiên nội năng của khí ∆U = Cv (m1 + m2 )(T − T0 ) ; T0, T là nhiệt độ lúc
đầu và lúc sau của khí.
Vì hệ cách nhiệt nên theo nguyên lí I
∆U = A ⇒ A1 = Cv (m1 + m2 )(T − T0 ) − p0 Sl (*)
Trong biểu thức còn đại lượng T chưa biết. Để tìm T cần phải xét các giai đoạn của
quá trình.
Ban đầu, áp suất của phần bên trái lớn hơn của phần bên phải:

p1 =

m1 RT0
m RT
.
> p2 = 2 . 0
µ lS
µ lS

Trong sự chuyển động của pittông tới vách ngăn, khí ở phần bên phải hình trụ
sẽ bị nén cho đến khi áp suất bằng p1 thì van được mở. Gọi V1 , T1 là thể tích và
nhiệt độ của khí ở phần bên phải khi van bắt đầu mở.
Vì sự nén xảy ra đoạn nhiệt nên:
p1V1γ = p2 .V0γ trong đó γ =
1

Cp
Cv

- hệ số đoạn nhiệt, còn V0 = lS

1

γ
γ
⇒ V = V  p 2  = V  m2 
1
0
0


m 
 p1 
 1

19


Áp dụng phương trình trạng thái:
1

 m γ
p1V1 m2
pV µ pV
=
⇒ T1 = 1 1 = 1 1 T0 = T0  2 
RT1
µ
Rm2
p 2V0
 m1 

−1

Khi áp suất ở phần bên phải bằng phần bên trái thì van tại vách ngăn được mở
ra và các chất khí trộn lẫn vào nhau (lúc này pittông không được dịch chuyển). Gọi
T2 là nhiệt độ của hỗn hợp khí khi có sự cân bằng nhiệt. Có:
c.m1 (T2 − T0 ) = c.m2 (T1 − T2 )

1



m1T0 + m2T1
m1   m2  γ 

⇒ T2 =
= T0 .
1+ 
m1 + m2
m1 + m2   m1  



Sau khi trộn lẫn, toàn bộ khí có khối lượng m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể
tích V = V1 + V0 đến thể tích V0 , còn nhiệt độ của nó biến đổi từ T2 đến T.
Ta có: TV0γ −1 = T2V γ −1
Từ đó rút ra T, thay vào biểu thức của A1, tính được A1 ≈ 3674 J
C. PHẦN KẾT LUẬN
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy việc xây dựng hệ thống các
bài tập cho từng phần sao cho thật nhiều, thật đa dạng là điều cần thiết. Vì vậy phong
trào viết chuyên đề của Hội trường chuyên Duyên hải là việc làm rất thiết thực, các
trường có thể chia sẻ tài liệu cho nhau, giúp các giáo viên dạy ở trường chuyên bớt
nhọc nhằn trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Với kinh nghiệm dạy ôn thi học sinh giỏi ít và thời gian hạn hẹp thì chắc chắn
hệ thống bài tập được đưa ra ở trên là chưa thật đầy đủ. Rất mong nhận được sự góp
ý, giúp đỡ của các thầy cô giáo đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn!

20