PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số bài TOÁN bồi DƯỠNG học SINH GIỎI CHƯƠNG CHẤT KHÍ vật lí 10

SỞ
SỞ GIÁO
GIÁO DỤC
DỤC VÀ
VÀ ĐÀO
ĐÀO TẠO
TẠO THANH
THANH HOÁ
HOÁ

TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT
THPT DÂN
DÂN TỘC
TỘC NỘI
NỘI TRÚ
TRÚ NGỌC
NGỌC LẶC
LẶC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CHƯƠNG CHẤT KHÍ
VẬT LÍ 10
PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CHƯƠNG CHẤT KHÍ
VẬT LÍ 10

Người thực hiện: Hà Như Hiền
Chức vụ: TPCM
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Vật lí
Người thực hiện: Hà Như Hiền
Chức vụ: TPCM
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Vật lí

THANH HOÁ NĂM 2018
THANH HOÁ NĂM 2018

1


Mục
A.
I
II
III
B
I
II
1
2
III
III.1
III.2
III.2.1
III.2.2
III.2.2.1
III.2.2.2

III.2.2.3
III.2.2.4
III.2.3
IV
C
1
2

MỤC LỤC
Nội dung
Mở đầu………………………………………………………
Lí do chọn đề tài……………………………………………..
Mục đích nghiên cứu………………………………………...
Đối tượng nghiên cứu………………………………………..
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm…………………………….
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………
Thực trạng của đề tài trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm……………………………………………………….
Thực trạng giải bài tập vật lí chủ đề: “Chất khí” vật lí 10….
Nguyên nhân………………………………………………...
Giải pháp thực hiện………………………………………….
Phân loại các bài tập thường gặp ở chương chất khí………
Các dạng bài tập…………………………………………….
Dạng 1: Bài toán liên quan đến quá trình đẳng nhiệt, đẳng
tích và đẳng áp………………………………………………
Dạng 2: Bài toán liên quan đến phương trình trạng thái,
phương trình Claperon-Mendeleep………………………….
Bài toán 1. Áp dụng phương trình trạng thái, phương trình
Claperon-Mendeleep. ……………………………………….
Bài toán 2. Các bài toán về hỗn hợp khí. Định luật Đanton…

Bài toán3. Phương trình trạng thái kết hợp với định luật
Acsimet………………………………………………………
Bài toán 4. Bài toán hỗn hợp cơ – nhiệt……………………..
Dạng 3. Bài toán đồ thị………………………………………
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ………………………
Kết luận và kiến nghị………………………………………..
Kết luận……………………………………………………...
Kiến nghị…………………………………………………….

Trang
1
1
1
1
1
1
3
3
3
4
4
4
4
9
10
11
12
13
17
20

20
20
20

DANH MỤC VIẾT TẮT
Trung học phổ thông: THPT
Học sinh:
HS
Học sinh giỏi:
HSG

2


3


A. MỞ ĐẦU.
I. Lí do chọn đề tài:
Trong xu thế đổi mới của ngành giáo dục về phương pháp giảng dạy cũng
như phương pháp kiểm tra đánh giá kết quả giảng dạy và thi tuyển. Năm học
2017–2018 Sở GD& ĐT Thanh Hóa đã có 1 thay đổi lớn trong kì thi HSG
THPT đó là quyết định thay đổi đối tượng dự thi là học sinh lớp 11 thay vì HS
lớp 12 như trước đây. Cấu trúc đề thi HSG THPT môn Vật lí trước đây chỉ tập
trung vào chương trình lớp 12 thì nay được trãi dài từ đầu chương trình lớp 10
đến thời điểm diễn ra kì thi. Thay đổi này có nhiều điểm tích cực đó là học sinh
có nhiều thời gian tập trung ôn thi THPT quốc gia, các học sinh thuộc đội tuyển
HSG ngay từ khi mới vào lớp 10 đã bồi dưỡng những kiến thức vật lí nâng cao
từ đó giúp phát triển năng lực tư duy của học sinh, giúp cho học sinh ôn tập, đào
sâu, mở rộng kiến thức, rèn luyện kỷ năng, kỷ xảo, ứng dụng vật lý vào thực

tiển, phát triển tư duy sáng tạo.…
Trong chương trình vật lí lớp 10 gồm có hai phần đó là cơ học và nhiệt học
đây là những nội dung kiến thức tương đối rộng và khó. Trong quá trình dạy học
tôi nhận thấy chương chất khí là chương có nội dung rất độc lập so với các kiến
thức trong chương trình vật lí THPT, là nội dung trọng tâm của phần nhiệt học
trong chương trình vật lí lớp 10. Tuy nhiên HS thường rất ngại học phần này vì
vậy chỉ nắm được những kiến thức cơ bản, làm được những bài tập đơn giản.
Đối với giáo viên khi dạy bồi dưỡng HSG phần nhiệt học gặp rất nhiều khó khăn
vì nội dung thi theo chương trình nâng cao mà hiện nay chưa có một tài liệu
chuẩn nào trong việc bồi dưỡng HSG, chính vì vậy tôi chọn đề tài “Phương
pháp giải một số bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi chương chất khí vật lí 10”
để có một tài liệu phù hợp bồi dưỡng HSG lớp 10 trường THPT dân tộc nội trú
Ngọc lặc.
II. Mục đích nghiên cứu:
Hệ thống kiến thức, phân loại và phương pháp giải các bài toán chương chất
khí, giúp học sinh có kỹ năng giải quyết tốt các bài tập, hiểu được ý nghĩa vật lí
của từng bài đã giải, rèn luyện thói quen làm việc độc lập, sáng tạo, phát triển
khả năng tư duy,...
III. Đối tượng nghiên cứu:
- Kiến thức và bài tập chương chất khí vật lí 10.
- Đề tài được áp dụng với đội tuyển HSG Trường THPT DTNT Ngọc lặc.
IV. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Tìm hiểu, phân tích, tổng hợp.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm
B. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
Một số kiến thức chương chất khí vật lí 10.
1. Áp suất: Lực của các phân tử chất khí tác dụng vuông góc lên một đơn vị
F

điện tích trên thành bình chính là áp suất của chất khí: p =
S
1


Trong đó: F là lực tác dụng của các phân tử khí lên đơn vị diện tích.
2. Áp suất thủy tĩnh ở độ sâu h bằng: p = po + ρgh
Với: po là áp suất khí quyển tại mặt thoáng của chất lỏng; ρ là khối lượng riêng
của chất lỏng.
3. Quá trình đẳng nhiệt.
- Định luật Bôilơ - Mariôt: Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất
pV = h»ng sè
định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích. p1V1 = p 2 V2 hay
- Đường đẳng nhiệt: Đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất theo thể tích
khi nhiệt độ không đổi gọi là đường đẳng nhiệt.
- Dạng đường đẳng nhiệt:Trong hệ toạ độ p, V đường đẳng nhiệt là đường
hypebol.
p

p

p T T
1
2

V

T2 > T1
V

0

T

T

0

0

V

0

Đường đẳng nhiệt ở trên ứng với nhiệt độ cao hơn.
4. Quá trình đẳng tích.
- Định luật Sác-lơ: Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp
suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.

p1 p 2
=
T1 T2

p
= h»ng sè
T

hay

Hoặc: Với một lượng khí có thể tích không đổi thì áp suất p phụ thuộc vào nhiệt

độ t của khí như sau:

p = p 0 ( 1 + γt )

mọi chất khí, mọi nhiệt độ và bằng

(trong đó γ có giá trị như nhau đối với

1
độ-1).
273

- Đường đẳng tích: Đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất của một lượng
khí theo nhiệt độ khi thể tích không đổi gọi là đường đẳng tích.
- Dạng đường đẳng tích:Trong hệ toạ độ OpT đường đẳng tích là đường thẳng
kéo dài đi qua gốc toạ độ.
p

p

0

T

Trong hệ toạ độ Opt:

0

V

V

T

0

p

p

Đường ở trên ứng với
thể tích nhỏ hơn.

V2

V1 > V2
V1

-273

0

0

t0C

T

5. Quá trình đẳng áp.
- Định luật Gayluysac: Trong quá trình đẳng áp của một lượng khí nhất định,

thể tích tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.

V1 V2
=
T1 T2

hay

V
= h»ng sè
T

2


- Đường đẳng áp. Đường biểu diễn sự biến thiên của thể tích theo nhiệt độ
khái áp suất không đổi gọi là đường đẳng áp.
- Dạng đường đẳng áp: Trong hệ toạ độ OVT đường đẳng tích là đường thẳng
kéo dài đi qua góc toạ độ.
p

p

V

T

0

0

V

0

V

T

p2

0

p1 > p2
p1
T

Đường ở trên có áp suất nhỏ hơn.
6. Phương trình trạng thái của khí lí tưởng (Phương trình Clapeyron)
Một lượng khí nhất định, biến đổi từ trạng thái (1) có các thông số (p 1, V1,
T1) sang trạng thái (2) có các thông số (p2, V2, T2)
p1V1 p 2 V2
=
T1
T2

hay

pV
= h»ng sè

T

Độ lớn của hằng số này phụ thuộc vào khối lượng khí.
m
pV =νRT = RT
7. Phương trình Clapeyron – mendeleev.
µ
 Pa m3 
Trong đó: R là hằng số chất khí: R = 8,31  ×
÷ = 8,31( J / mol.K )
 K mol 

8. Định luật Đantơn cho một hỗn hợp khí (không có tương tác hóa học với
nhau) p = p1 + p 2 + ... Với p1, p2… là áp suất riêng phần của từng khí trong
hỗn hợp( mỗi khí đều có thể tích bằng thể tích của cả hỗn hợp). [1]
II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI.
1. Thực trạng giải bài tập vật lí chủ đề: “Chất khí” vật lí 10
Qua thực tế giảng dạy tại trường THPT dân tộc nội trú Ngọc Lặc và qua trao
đổi với các giáo viên giảng dạy vật lí ở các trường bạn trong địa bàn. Tôi nhận
thấy đối với học sinh các trường THPT miền núi nói chung và trường THPT
DTNT Ngọc Lặc nói riêng thì:
- Số học sinh thích, ham học và chọn môn vật lí trong các kì thi THPT Quốc
gia, học sinh giỏi là rất ít.
- Đa số học sinh khi gặp các bài toán nhiệt học thường chỉ giải được các bài
toán cơ bản thông thường, không giải được đối với những bài toán cần phải hiểu
bản chất, hiện tượng vật lí hoặc phải áp dụng các kiến thức khác có liên quan.
2. Nguyên nhân.
Từ thực tế trực tiếp giảng dạy học sinh ở trên lớp, sư trao đổi của các đồng
nghiệp qua các năm gần đây tôi nhận thấy đại bộ phận học sinh đều coi bài toán
chất khí là bài tập khó, khi vận dụng thì lúng túng, không có phương pháp chủ

đạo để giải, thậm chí giải sai. Sở dĩ có thực trạng đó theo tôi là do một số
nguyên nhân cơ bản sau:
- Trường THPT DTNT Ngọc Lặc là trường mới thành lập nên chưa có các tài
liệu phục vụ cho việc giảng dạy và học tập phần chất khí vật lí lớp 10.
3


- Do phân phối của chương trình, chuẩn kiến thức kỹ năng có giới hạn so với
chương trình vật lí 10 nâng cao nên khi dạy trên lớp các giáo viên không thi đi
sâu vào phân tích một cách chi tiết các bài tập về chất khí để học sinh có hướng
tự nghiên cứu. Vì vậy đại bộ phận học sinh không thể hệ thống hóa được đầy đủ
các dạng bài tập về chất khí.
- Trong các tài liệu tham khảo hiện nay về chất khí chưa có nhiều tài liệu
trình bày một cách có hệ thống, có tài liệu thì khó quá, có tài liệu thì dễ quá. Vì
vậy đại bộ phận học sinh sẽ không thể tự phân tích, tổng hợp để hình thành
phương pháp chủ đạo khi giải các bài toán về chất khí.
III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Để khắc phục được thực trạng trên qua việc nghiên cứu SGK, mạng Internet,
tham khảo ở các tài liệu và bằng kinh nghiệm của mình tôi tôi đã tổng hợp lại để
xây dưng một hệ thống các bài tập, phương pháp chủ đạo khi giải các bài tập về
chất khí vật lí 10.
III.1. Phân loại các bài tập thường gặp ở chương chất khí.
Từ cơ sở kiến thức cơ bản, từ các tài liệu tham khảo theo quan điểm của tối
bài tập về chương chất khi có thể chia thành các dạng sau:
Dạng 1. Bài toán liên quan đến quá trình đẳng nhiệt, đẳng tích và đẳng áp.
Dạng 2. Bài toán liên quan đến phương trình trạng thái, phương trình ClaperonMendeleep.
Bài toán 1:Áp dụng phương trình trạng thái, phương trình Claperon-Mendeleep.
Bài toán 2: Các bài toán về hỗn hợp khí. Định luật Đanton.
Bài toán 3: Bài toán phương trình trạng thái kết hợp với định luật Acsimet.
Bài toán 4: Bài toán hỗn hợp cơ - nhiệt.

Dạng 3. Bài toán đồ thị.
III.2. Các dạng bài tập.
III.2.1. Dạng 1: Bài toán liên quan đến quá trình đẳng nhiệt, đẳng tích và
đẳng áp.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
- Xác định các thông số dựa vào điều kiện bài toán: trạng thái 1 ( p1,V1,T1) và 2
(p2,V2,T2).
- Kiểm tra điều kiện của khối khí từ đó xác định quá trình trạng thái là quá trình
gì? Áp dụng các định luật về chất khí.
+ Nếu m = const, T = const thì Áp dụng định luật Bôilơ – Mariot: p1V1 = p2V2
p1 p 2
=
T1 T2
V1 V2
=
+ Nếu m = const, p = const thì Áp dụng định luật Gayluysac:
T1 T2

+ Nếu m = const, V = const thì Áp dụng định luật Sac – lơ:

+ Nếu các thông số đều thay đổi thì Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí
tưởng:

p1V1 p 2 V2
=
T1
T2

Chú ý: - Một số đơn vị đo áp suất:
1 N/m2 = 1 Pa; 1 at = 9,81.104 Pa; 1 atm = 1,031.105 Pa; 1 mmHg = 133 Pa

4


- Trong lòng chất lỏng: p = po + p h
Trong đó:
+ p là áp suất tại điểm M trong lòng chất lỏng, cách mặt thoáng chất lỏng một
đoạn h.
+ ph là áp suất do trọng lực của cột chất lỏng gây ra. Nếu tính bằng mmHg thì
ρh
ph =
với ρ, h(mm) là khối lượng riêng và độ cao của cột chất lỏng; ρHg
ρHg
là khối lượng riêng của Hg.
- Biểu thức của định luật Saclơ có thể viết dưới dạng: p = poαT với α =

1
273

BÀI TẬP VÍ DỤ:
Ví dụ 1. Người ta dùng bơm để nén khí trong một bánh xe đạp 30 lần bơm diện
tích tiếp xúc với mặt đất phẳng là 60 cm3. Vậy sau 20 lần bơm nữa thì diện tích
tiếp xúc sẽ là bao nhiêu? Cho rằng thể tích săm xe không đổi, lượng khí mỗi lần
bơm là như nhau. Cho rằng nhiệt độ không đổi.
HDG:
Gọi Vo là thể tích mỗi lần bơm, po là áp suất khí quyển, V là thể tích săm xe:
Theo định luật Bôi lơ – Mariôt:
+ Sau 30 lần bơm: 30Vo p o = Vp1
(1)
+ Sau 50 lần bơm: 50Vo po = Vp 2

(2)
Với p1 và p2 lần lượt là áp suất của khí trong săm sau 30 và 50 lần bơm.
p 3
⇒ 1=
Từ (1) và (2)
(3)
p2 5
Gọi trọng lượng phần xe tác dụng lên bánh xe đang bơm là Fg, Ta có:
Fg = p1.60 = p 2 .x
( với x là diện tích tiếp xúc sau khi bơm thêm 20 lần)
p
⇒ x = 60 1
(4)
p2
3
2
Từ (3) vào (4) ⇒ x = 60 = 36 cm .
5
Ví dụ 2. Người ta dùng bơm để hút khí trong một bình có áp suất p0 thể tích V0.
Mỗi lần hút được một thể tích ΔV. Hỏi sau bao nhiêu lần hút để áp suất giảm đến
giá trị p trong bình. Cho rằng nhiệt độ không đổi.
HDG:
áp dụng định luật Bôi lơ – Mariôt:
p 0 V0 = p1 ( V + ∆V )
Sau lần bơm hút thứ nhất:
(1)
Tương tự: Sau lần bơm hút thứ 2: p1V0 = p 2 ( V + ∆V )
(2)
Sau lần bơm hút thứ 3: p 2 V0 = p3 ( V + ∆V )
(3)

……………………….
Sau lần bơm hút thứ n: p n −1V0 = p n ( V + ∆V )
(n)
Nhân 2 vế hệ pt trên ta có: ( p0 p1p 2 ...p n −1 ) V0n = ( p1p 2 ...p n ) ( V + ∆V )

n

5


⇔

p 0 V0n

= p n ( V + ∆V )

n

n

 V + ∆V 
p
⇔ 0 =
÷
p n  V0 

p0
 V + ∆V 
p0
pn

Lấy logarit 2 vế: lg p = n lg  V ÷ ⇒ n = 
V + ∆V 
n
0


lg 
÷
 V0 
lg

Ví dụ 3. Một bơm nén khí có pittong được nối bằng vòi bơm đến bình B. Thể
tích tối đa của thân bơm là V, của vòi bơm là v và
v
của bình là VB. Trên pittong có van chỉ cho khí qua
B
được khí áp suất trong thân bơm nhỏ hơn áp suất
V
khí quyển. Bình B cũng có van chỉ cho khí đi qua
từ vòi bơm vào bình khi áp suất khí trong bình nhỏ hơn trong vòi bơm. Bơm
chậm để nhiệt độ không đổi.
a. Tìm liên hệ giữa các áp suất trong bình B sau n lần bơm và (n + 1)lần bơm.
b. Tính áp suất tối đa có thể đạt được trong bình B. Cho biết áp suất ban đầu
trong B bằng áp suất khí quyển po? [2]
HDG:
Sau n lần bơm áp suất trong bình B là p n, Kéo pít tông ra đến cùng, áp suất trong
bơm và vòi là po. Khi bơm lần thứ (n + 1) ta đã thực hiện hai bước:
+ Nén khí đẳng nhiệt từ thể tích (V + v) ở áp suất p o đến (v + ∆V ) và áp suất
tăng đến pn.
Ta có: po(V + v) = pn(v + ∆V )

+ Van B mở ra nén khí vào bình B từ thể tích (∆V + v + V B) đến thể tích (v +
VB) và áp suất tăng từ p n đến p n +1 .
Ta có: pn(v + ∆V + VB) = pn+1(v + VB)
VB
V+v
( v + ∆V + VB )
⇒ p n +1 = p n
+ po
⇒ p n +1 = p n
v + VB
v + VB
( v + VB )
b. Áp suất tối đa đạt được khi: p n +1 = p n
v
V+v
V+v
= po
⇒ p n = p max = po
Hay: p n
v + VB
v + VB
v
Chú ý: Có thể tìm p max bằng điều kiện để khí có thể đi từ vòi vào bình:
V+v
po
> p ⇒ Vế trái là p max
v
Ví dụ 4. Một cột không khí chứa trong một ống
po
nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột không khí được ngăn

cách với khí quyển bên ngoài bởi cột thuỷ ngân
d
lo
có chiều dài d = 150 mm. Áp suất khí quyển là
p0 = 750 mmHg. Chiều dài của cột không khí
khi ống nằm ngang là l0 = 144 mm. Hãy tìm chiều dài của cột không khí khi ống:
a. Ống thẳng đứng, miệng ống ở trên.
b. Ống đặt nghiêng góc α = 300 so với phương ngang, miệng ống ở dưới.

V

6


Coi nhiệt độ của khí là không đổi và bỏ qua mọi ma sát. [6]
HDG:
a. - Ban đầu khi ống nằm ngang.
Áp suất và thể tích của khối khí bị nhốt trong ống lần lượt là:
p1 = po = 750 mmHg; V1 = lo.S với S là tiết diện của ống.
- Khi ống dựng thẳng đứng và miệng ống ở trên.
Áp suất của khối khí được tính dựa vào áp suất ở đáy cột thủy ngân:
p2 = po + d = 750 + 150 = 900 mmHg.
Thể tích là: V2 = l2.S.
p1lo
= 120 mm.
- Quá trình là đẳng nhiệt nên ta có: p1.V1 = p 2 .V2 ⇒ l2 =
p2
b. Tương tự khi ống đặt nghiêng góc α = 30 o so với phương ngang và miệng
ống ở dưới thì áp suất mới của khí cũng được xác định dựa vào áp suất của đáy
cột thủy ngân:

p3 = po - d.sin α = 675 mmHg, thể tích là V3 = l3.S.
p1lo
= 160 mm.
Dùng định luật B – M tương tự ta có: p1.V1 = p3.V3 ⇒  l3 =
p3
Ví dụ 5. Một ống hình chữ U tiết 1 cm2 có một đầu kín. Đổ một
lượng thủy ngân vào ống thì đoạn ống chứa không khí bị giảm
dài lo = 30 cm và hai mực thủy ngân ở hai nhánh chênh nhau h o =
11 cm (HV). Đổ thêm thủy ngân thì đoạn chứa không khí dài l = l
ho
29 cm. Hỏi đã đổ bao nhiêu cm3Hg? Biết áp suất khí quyển là 76 o
cmHg. Nhiệt độ không đổi. [2]
HDG:
Gọi x là độ chênh lệch giữa hai mực thủy ngân sau khi đã đổ thêm Hg(Hình vẽ).
Xét lượng không khí trong ống:
Trạng thái 1: (Khi chưa đổ Hg) p1 = po+ ho; V1 = S. lo
Trạng thái 2: (Khi đã đổ Hg) p2 = po+ x; V1 = S. lo
Vì nhiệt độ không đổi ta có: (po+ ho)lo = (po+ x)l
x
l
lo
⇒ x = 14cm
ho
Mực bên trái cột Hg lên cao 1 cm, mực bên phải lên
cao x +1 – ho = 10 cm so với lúc trước.
Vậy ta đã đổ thêm 1 + x – 10 = 5 cm.
Ví dụ 6. Hai bình giống nhau được nối bằng ống nằm ngang
có tiết diện 20 mm2(HV). ở 0 oC giữa ống có một giọt Hg
ngăn không khí ở hai bên. Thể tích mỗi bình là V o = 200
cm3. Nếu nhiệt độ một bình là t oC, bình kia là -t oC thì giọt Hg dịch chuyển 10

cm. Tính t. [2]
HDG: Gọi V1 là thể tích của bình có nhiệt độ T1 = 273 + t; V2 là thể tích của
bình có nhiệt độ T2 = 273 – t. Giọt thuỷ ngân khi đứng yên, thì áp suất ở hai bình
bằng nhau. Hai bình chứa cùng một khối lượng khí, vậy áp dụng định
Gayluysac:
V1 V2 V1 + V2
2V0
V
VT
=
=
=
= 0 ⇒ V1 = 0 1
T1 T2 T1 + T2 273 + t + 273 − t 273
273
7


 T

 T −273  V0 t 200t
V1 − V0 = ∆V = V0  1 − 1÷ = V0  1
=
= S.d = 0,2.10 = 2
÷=
273
273
273
273





2.273
⇒t=
= 2,730 C.
200
Ví dụ 7. Một bình dung tích V = 15 cm 3 chức không khí ở nhiệt độ t 1 = 177oC,
nối với một ống nằm ngang chứa đầy thủy ngân, đầu kia của ống thông với khí
quyển. Khối lượng thủy ngân chảy vào bình khi không khí trong bình được làm
lạnh đến nhiệt độ t2 là m = 68 g. Tìm t2? xem dung tích của bình không đổi và
khối lượng riêng của thủy ngân là ρ = 13,6 g/cm3.
HDG:
- Liệt kê 2 trạng thái của khối khí:
+ Trạng thái 1: V1 = 15 cm3 T1 = 177 + 273 = 450 K
+ Trạng thái 2:
-Thể tích thủy ngân chảy vào bình: V = m.ρ
-Thể tích khối khí trong bình còn lại là: V2 = V1 - V = V1 - mρ
- Ta thấy, áp suất của khối khí trong bình trước và sau khi thủy ngân chảy vào là
bằng nhau và bằng với áp suất khí quyển, áp dụng định luật Gayluysac:
V1 V2
V
=
⇒ T2 = 2 T1 = 300K
T1 T2
V1
BL: Trong bài này khi thủy ngân chảy vào bình thì áp suất của lượng khí thay
đổi, tuy nhiên đến khi Hg không chảy vào nữa thì áp suất cuối bằng áp suất lúc
đầu.=> HS nhầm coi áp suất thay đổi.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ.

Bài 1. Ớ chính giữa một ống thuỷ tinh nằm ngang, tiết diện nhỏ, chiều dài L =
100 cm, hai đầu bịt kín có một cột thuỷ ngân dài h = 20 cm. Trong ống có không
khí. Khi đặt ống thẳng đứng, cột thuỷ ngân dịch chuyển xuống dưới một
đoạn l = 10 cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang. Coi
nhiệt độ của không khí trong ống không đổi và khối lượng riêng của thuỷ ngân
là ρ = 1,36.104 kg/m3.
ĐS: p1 = 5.104 Pa.
Bài 2. Một ống dài tiết diện nhỏ có một đầu kín một đầu hở và chứa thủy ngân
chiếm một đoạn dài h = 12,5 cm. Nếu dựng ống thẳng đứng đầu hở lên trên, thì
đáy cột thủy nhân cách đáy ống một khoảng l1= 5 cm; nếu đầu hở xuống dưới thì
khoảng cách ấy là l2 = 7 cm. Trong khoảng ấy có không khí.
a. Tính ra cmHg áp suất của khí quyển po.
b. Nếu đặt ống nằm ngang thì khoảng cách ấy là bao nhiêu? Coi nhiệt độ khí
quyển không đổi. [2]
ĐS: a. 75 cm Hg; b. 5,8 cm.
Bài 3. Một ống thuỷ tinh nhỏ, tiết diện đều, một đầu kín, một đầu hở, chứa một
khối khí lí tưởng được ngăn cách với không khí bên ngoài bằng cột thuỷ ngân có
chiều cao h =119 mm. Khi ống thẳng đứng miệng ống ở dưới, cột không khí có
chiều dài l1 =163 mm. Khi ống thẳng đứng miệng ống ở trên, cột không khí có
chiều dài l2 =118 mm. Coi nhiệt độ khí không đổi. Tính áp suất P o của khí quyển
và độ dài lo của cột không khí trong ống khi ống nằm ngang. [6]
ĐS: Po = 743 mmHg; lo = 137 mm
8


Bài 4. Một ống thủy tinh chiều dài L = 50 cm, hai đầu kín, giữa có một đoạn
thủy ngân dài l = 10 cm, hai bên là không khí có cùng một khối lượng. Khi đặt
ống nằm ngang thì đoạn thủy ngân đúng giữa ống. Dựng ống thẳng đứng thì
thủy ngân tụt xuống 6 cm.
a. Tính áp suất không khí khi ống nằm ngang.

b. Ống nằm ngang, nếu mở một đầu ống thì thủy ngân dịch chuyển bao nhiêu
và sang bên nào?
c. Ống thẳng đứng, hai đầu kín. Nếu mở 1 đầu thì thủy ngân tụt hay lên cao
bao nhiêu trong hai trường hợp – mở đầu dưới – mở đầu trên? Áp suất khí quyển
bằng 76 cm Hg. Coi nhiệt độ không đổi. [2]
ĐS: a. 15,2 cmHg; b. 16 cm sang trái; c. Lên 21,4 cm; xuống 10,5 cm.
Bài 5. Ta dùng bơm có diện tích pít tông 8 cm 2, khoảng chạy 25 cm để bơm một
bánh xe đạp sao cho khi áp lực của bánh xe lên đường là 350 N thì diện tích tiếp
xúc là 50 cm2. Ban đầu bánh chứa không khí ở áp suất khí quyển p o = 105 Pa và
có thể tích Vo = 1500 cm3. Giải thiết khi áp suất bánh xe trượt 1,5p o thì thể tích
của bánh xe là 2000 cm3.
a. Tính số lần phải đẩy bơm.
b. Nếu do bơm hở thực tế mỗi lần đẩy bơm chỉ đưa được 100 cm 3 vào bánh
xe thì cần bao nhiêu lần? [2]
ĐS: a. 10 lần; b. 19 lần.
Bài 6. Một ống hình chữ U tiết diện không đổi có một đầu kín chứa
không khí ; đoạn ống chứa không khí dài ho = 30 cm. Không khí bị
giam bởi thuỷ ngân mà hai mặt thoáng chênh nhau do = 14 cm (Hình
vẽ). Người ta đổ thêm vào ống một lượng thuỷ ngân có chiều dài a =
ho
6 cm. Tính chiều dài mới h của cột không khí. Áp suất khí quyển
do
bằng po = 76 cmHg. Nhiệt độ không đổi [2]
ĐS : h = 28,8 cm ; d = 17,6 cm.
Bài 7. Một bình tiết diện hình trụ S =10 cm 2, thể tích V= 500
N
cm3 có lỗ thoát ở đáy. Đậy nút lỗ thoát K và đổ nước chiếm 3/5
thể tích bình, đậy miệng bình bằng nút N. Nút này rất kín nhưng
có một ống thủy tinh xuyên qua, miệng dưới của ống cách đáy
bình d = 10 cm. Thể tích không khí bình ban đầu là 200 cm 3.

K
Người ta mở nút K cho nước chảy ra. Chứng minh rằng áp suất x d
p trong bình giảm, nhưng khi bề dày x của lớp nước giảm đến
x1 thì p lại tăng. Tính x1 và áp suất p1 tương ứng? Áp suất khí
quyển po=10 m nước. Nhiệt độ không đổi. [2]
ĐS : x1 = 29,6 cm; p1 =
980,4 cmH2O
Bài 8. Hai bình chứa cùng chất khí được nối với nhau bởi một ống nằm ngang
có đường kính 5 mm. Trong ống có một giọt thuỷ ngân có thể dịch chuyển được.
Lúc đầu khí trong hai bình cùng ở nhiệt độ 27 oC, giọt thuỷ ngân nằm yên ở một
vị trí nào đó và thể tích của khí trong mỗi bình (kể cả phần ống nằm ngang) đều
bằng 0,2 l. Tính khoảng dịch chuyển của giọt thuỷ ngân nếu nhiệt độ khí trong
một bình tăng thêm 2 0C còn nhiệt độ khí trong bình kia giảm bớt 2 oC. Sự giãn
nở của bình không đáng kể .
ĐS : ≈ 6,8 cm.

9


III.2.2. Dạng 2: Bài toán liên quan đến phương trình trạng thái, phương
trình Claperon-Mendeleep.
Phương pháp giải:
- Nếu bài toán có liên quan đến sự biến đổi bất kỳ của một khối lượng khí
p1V1 p 2 V2
=
xác định thì sử dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng :
T1
T2
- Nếu bài toán có liên quan đến khối lượng của khối khí thì sử dụng phương
m

trình Claypeyron - Mendeleev: pV = RT
µ
Trong đó:
Hằng số khí lí tưởng R = 8,31.103 (J/kgmol.K); m : khối lượng chất khí; µ: khối
m
lượng 1 mol khí; : số mol khí
µ
Ngoài ra còn các dạng bài tập khác về phương trình trạng thái của khí
lý tưởng như : phương trình trạng thái áp dụng cho hỗn hợp khí hay phương
trình trạng thái kết hợp với định luật Acsimet, ... Tùy vào từng điều kiện của
đề bài mà vận dụng kết hợp các công thức, biến đổi hợp lý.
III.2.2.1. Bài toán 1. Áp dụng phương trình trạng thái, phương trình
Claperon-Mendeleep.
Ví dụ 1. Một ống thủy tinh một đầu kín, chứa một lượng khí. Ấn
miệng ống thẳng đứng vào chậu thủy ngân, chiều cao ống còn lại
là 10 cm. Ở 0oC mực thủy ngân trong ống cao hơn trong chậu 5
cm. Hỏi phải tăng nhiệt độ lên bao nhiêu để mực thủy ngân trong
ống bằng trong chậu. Biết áp suất khí quyển po= 750 mmHg.
Mực thủy ngân trong chậu dâng lên không đáng kể. [4]
HDG:
l = 10 cm = 100 mm; h = 5 cm = 50 mm
- Ban đầu khí trong ống có:
V1 = S(l - h); p1 = po – h; T1 =273K
- Khi nhiệt độ tăng lên, khí trong ống có: V2 = Sl; p2 = po; T2
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng, ta có:
pV
p oSl
p1V1 p 2 V2
⇒ T2 = 2 2 T1 =
= 585K

=
p1V1
T1
T2
( po − h ) S ( l − h )
Ví dụ 2. Một ống tiết diện nhỏ, chiều dài lo = 50cm chứa không khí ở 2270C và
áp suất khí quyển. Người ta lộn ngược ống và nhúng vào nước cho miệng ngập
sâu 10 cm rồi mở nút. Khi nhiệt đọ giảm xuống và bằng 27 oC thì mực nước
trong ống cao hơn mặt thoáng bao nhiêu? Áp suất khí quyển bằng 10 m H2O. Bỏ
qua dãn nở của ống. [2]
HDG:
Gọi S là tiết diện của ống:
l
x
Khi chưa mở nút: Không khí trong ống có: áp suất p o; thể
tích Vo = Slo; nhiệt độ To = 500 K

10


Khi chưa mở nút: mực nước trong ống cao hơn mặt thoáng 1 đoạn x, khi đó
không khí trong ống có: Áp suất p = p o – x; thể tích V = S(lo – x); nhiệt độ T =
300 K
Áp dụng phương trình trạng thái ta có:
po Vo p1V1
( p − x ) S ( lo − x ) ⇒ polo = ( po − x ) ( lo − x )
p Sl
=
⇒ o o= o
To

T1
To
T
To
T
50000 ( 1000 − x ) ( 40 − x )
=
⇒ x 2 − 1040x + 10000 = 0
Thay số:
500
300
Giải phương trình và lấy nghiệm dương x = 9,7 cm
Ví dụ 3. Hai bình cầu A và B chứa khí ôxy được nối với nhau bằng một ống nằm
ngang có tiết diện nhỏ, ở giữa ống có một giọt thuỷ ngân ngăn cách hai bình với
VB > VA (Hình vẽ). Lúc đầu nhiệt độ của khí trong bình
A là 00C và bình B là 200C. Giọt thuỷ ngân có thể dịch
A
B
chuyển trong ống nằm ngang không nếu:
a. Ta tăng nhiệt độ tuyệt đối ở cả hai bình gấp đôi.
b. Nhiệt độ mỗi bình tăng 100 C.
HDG:
a. Bình A: pVA = n1RT1
Bình B: pVB = n2RT2 với T1 = 273 K, T2 = 293 K, p là áp suất cân bằng lúc đầu.
- Khi tăng nhiệt độ tuyệt đối ở cả hai bình gấp đôi T1' = 2T1 , T2' = 2T2 , ta có:
Bình A: p’VA' = n1RT1' , bình B: p’VB' = n 2RT2' , p’ là áp suất cân bằng lúc sau.
⇒

VA'
n 2 T2'

n T
V
=
. ' = 2. 2 = A
'
n1 T1
n1 T1
VB
VB

Mà VA' + VB' = VA + VB (tổng thể tích của hệ bình không đổi)
⇒ VA = VA' ; VB = VB' tức là giọt Hg không dịch chuyển.
b. Theo đề: T1' = T1 + 10 = 283 K , T2' T2' = T2 + 10 = 303 K

VA'
n 2 T2'
n 303 n 2
V
n T
n 293 n 2
⇒ ' =
. ' = 2.
≈ .1,071 < A = 2 . 2 = 2 .
= .1,073 (1)
n1 T1
n1 283 n1
VB n1 T1 n1 273 n1
VB
Mà VA' + VB' = VA + VB (2). Từ (1) và (2) ⇒ VA < VA' ; VB > VB' , tức là giọt Hg
dịch chuyển về phía bình B (Bình có thể tích lúc đầu lớn hơn).

III.2.2.2. Bài toán 2. Các bài toán về hỗn hợp khí. Định luật Đanton.
Phương pháp giải
Định luật Đanton được dùng trong những bài toán về một hỗn hợp khí bao gồm
n chất khí thành phần với khối lượng lần lượt là m 1, m2,……,mn chứa trong một
bình có thể tích V.
Khi cần tính áp suất của hỗn hợp khí hay áp suất riêng phần của một chất khí
trong hỗn hợp có thể áp dụng công thức: p = p1 + p2 + ….+ pn
BÀI TẬP VÍ DỤ.
Ví dụ 4. Có hai bình chứa hai chất khí khác nhau thông với nhau bằng một ống
thủy tinh có khóa. Thể tích của bình thứ nhất là V 1, thể tích của bình thứ hai là
11


V2. Khi chưa mở khóa, áp suất ở hai bình lần lượt là p 1 và p2. Mở khóa để hai
bình thông nhau nhưng nhiệt độ vẫn giữ không đổi. Tính áp suất của hỗn hợp
khí trong hai bình khi đã thông nhau.
HDG:
Gọi p1; p2 lần lượt là áp suất riêng phần của hai chất khí khi bình đã thông với
nhau. Do nhiệt độ vẫn giữ không đổi nên có thể áp dụng định luật Bôilơ-Mariôt
cho từng chất khí:
p1V1 = p1' ( V1 + V2 )
p1V1
p 2V2
'
'
⇒
p
=
;
p

=

1
2
'
V1 + V2
V1 + V2
p 2 V2 = p 2 ( V1 + V2 )
p1V1 + p 2V2
'
'
Áp dụng định luật Đanton cho hỗn hợp khí: p = p1 + p 2 ⇒ p =
V1 + V2
Ví dụ 5. Sét hòn là một quả cầu sáng lơ lửng trong không khí. Theo một lí
thuyết giải thích hiện tượng này thì quả cầu là một chất khí mà mỗi phần tử khí
mà mỗi phần tử gồm một nguyên tử nitơ liên kết với n phân tử nước (n là số
nguyên dương) có nhiệt độ khoảng 600 oC. Tính n, giả thiết rằng áp suất trong
quả cầu bằng áp suất khí quyển; biết nhiệt độ không khí là t o = 20 oC, khối lượng
mol của không khí là µ = 29 g/mol ; H = 1 ; N = 14 ; O = 16.
[2]
HDG:
Vì quả cầu lơ lửng trong không khí nên khối lượng riêng ρ của chất khí trong
quả cầu bằng khối lượng riêng của không khí. Ta tìm khối lượng mol µ của chất
khí ấy. Nó có áp suất p và nhiệt độ T = 600 + 273 = 873 K.
m
ρ
⇒ p = RT
Ta có: pV = RT
(1)
µ

µ
ρ
Đối với không khí thì p = RTo
với To= 293 K
(2)
µo
T
Từ (1) và (2) ⇒ µ = µ o = 86,4
To
Mặt khác theo đề bài thì: µ = 14 + n.18 = 86,4 ⇒ n = 4
III.2.2.3. Bài toán3. Phương trình trạng thái kết hợp với định luật Acsimet.
Chú ý: Ngoài các lực cơ học, thì có thêm lực đẩy Acsimet: FA = Vρk g
Ví dụ 6. (Đề thi HSG Thanh Hóa 2018) Một quả bóng bay khối lượng là m = 5
g, sau khi bơm khí hidrô vào quả bóng thì khí hidrô có nhiệt độ t = 27 0C, áp suất
p = 105 Pa và lúc này quả bóng có dạng hình cầu nằm lơ lửng trong không khí.
Tính bán kính của quả bóng, biết khối lượng mol của và không khí lần lượt là µ H
= 2 g/mol, µK = 29 g/mol.
HDG:
Quả bóng chịu tác dụng của:
+ Lực đẩy Acsimet có độ lớn: FA = Vρk g và hướng lên
+ Trọng lực có độ lớn bằng tổng trọng lượng của vỏ quả bóng và khí hiđrô:
P = mg + Vρ Hg và hướng xuống. (Với V là thể tích của quả bóng, ρk và ρH là
khối lượng riêng của không khí và khí hiđrô, g là gia tốc rơi tự do)
12


Quả bóng lơ lửng khi: Lực đẩy Acsimet cân bằng với trọng lực
m
Ta có: FA = P ⇔ Vρk g = mg + VρH g ⇒ V =
(*)

ρk − ρH
Trong đó: ρk =

pµ k 105.0,029
=
= 1,162 kg/m3
RTo 8,31.300

pµ H 105.0,002
ρH =
=
= 0,08 kg/m3
RT 8,31.300
Thay số vào (*) ⇒ V = 0,00462m3 = 4,62 dm3
4
3V
≈ 1dm
Mặt khác: V = πR 3 ⇒ R = 3
3
4π
III.2.2.4. Bài toán 4. Bài toán hỗn hợp cơ – nhiệt.
Bản chất là bài toán cơ học có thêm áp lực do khí tác lên tiết diện S: F = p.S
Đối với bài toán này chỉ cần linh hoạt các phương pháp giải các bài toán cơ
học..
Ví dụ 7. Một xi lanh chứa khí được đậy bằng pittông. Pittông có thể trượt không
ma sát dọc theo thành xilanh. Pittông có khối lượng m, diện tích tiết diện S. Khí
có thể tích ban đầu V. Áp suất khí quyển là p o. Tìm thể tích khí nếu xi lanh
chuyển động thẳng đứng với gia tốc a. Coi nhiệt độ khí không đổi. [4]
HDG:
- Gọi V, p là thể tích và áp suất khí trong xilanh

u
r khi pitông đứng cân bằng.Ta có:
+ Các lực tác dụng vào pitông: Trọng lực P (P = mg) ; Lực đẩy của khí trong
ur
uu
r
xilanh F1 (F1 = pS), ngoài xilanh F2 (F2 = poS).
u
r ur uu
r r
+ Điều kiện cân bằng của pittông: P + F1 + F2 = 0 ⇒ mg + p oS = pS
(1)
- Gọi V’, p’ là thể tích và áp suất khí trong xilanh khi pitông đứng cân bằng.Ta
có:
u
r
+ Các lực tác dụng vào pitông: Trọng lực P (P = mg) ; Lực đẩy của khí trong
ur
uu
r
'
'
xilanh F1 ( F1 = p’S), ngoài xilanh F2' ( F2' = poS).
r
u
r ur uu
r
+ Điều kiện cân bằng của pittông: P + F1' + F2' = ma
⇒ mg + poS − p'S= ± ma
(đi lên hoặc xuống)

(2)
V
- Vì nhiệt độ khí không đổi nên: p' = p.
(3)
V'
mg + poS
V
Từ (1), (2) và (3) V ' =
m ( g ± a ) + poS
Ví dụ 8. Một bình đầy không khí ở điều kiện tiêu chuẩn, được đậy bằng một vật
có khối lượng m = 2 kg. Tiết diện của miệng bình là 10 cm 2. Tìm nhiệt độ cực
đại của không khí trong bình để không khí đẩy nắp bình lên và thoát ra ngoài.
Biết áp suất khí quyển là po = 1 atm. [6]
HDG:

13


u
r
Các lực tác dụng vào nút bình: Trọng lực P (P = mg; hướng xuống) ; áp lực của
uu
r
r
khí quyển Fo (Fo = poS; hướng xuống), áp lực của khí trong bình F (F = pS;
hướng lên).
mg
Để nắp không bị đẩy lên thì: F ≤ P + Fo ⇔ pS ≤ mg + p oS ⇒ p ≤ p o +
(1)
S

Khi đó thể tích khí không đổi, áp dụng định luật Saclơ ta có: p = poαT
(2)
mg
1
mg
⇒T≤ +
= 328K
Từ (1) và (2) : poαT ≤ po +
S
α p o αS
Ví dụ 9. Một bình có thể tích V chứa 1 mol khí lí tưởng và
l
1 cái van bảo hiểm là một xi lanh rất nhỏ so với bình, trong
đó có một pittông P diện tích S giữ bằng lò xo có độ cứng k.
P
Khi nhiệt độ là T1 thì pittông cách lỗ thoát khí một khoảng
l. Nhiệt độ của khí tăng tới giá trị T2 nào thì khí thoát ra ngoài?
HDG:
áp lực P1S của khí cân bằng với lực đàn hồi của lò xo:
p1S = kx
(1)
(x: độ co của lò xo)
RT2
ở nhiệt độ T2, áp suất tăng lên p 2 =
làm lò xo có độ co x + l và khí thoát ra
V
là:
p2S = k(x + l)
(2)
Lấy (2) - (1) ta có: S(p2 - p1) = kl (3)

Thay p1 và p2 trong (3) bằng các biểu thức theo T1 và T 2
k lV
 RT RT 
ta có:  2 − 1 ÷S = kl ⇒ T2 = T1 +
V 
RS
 V
Ví dụ 10. 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
F
lò xo không biến dạng, áp suất khí giữa 2 pittông
H
H
bằng áp suất bên ngoài p0. Khoảng cách giữa hai
pittông là H và bằng

1
chiều dài hình trụ. Tác dụng lên pittông thứ 2 một lực F
2

để nó chuyển động từ từ sang bên phải Tính F khi pittông thứ 2 dừng lại ở biên
phải của ống trụ.
HDG:
Điều kiện cân bằng :
Pitông trái : poS – pS – kx = 0
(1)
x độ dịch chuyển của pittông trái, p áp suất khí giữa hai pittông.
Pitông phải : F + pS – poS = 0
(2)

Định luật Bôilơ – Mariôt: poSH = p(2H –x)S
(3)
pH
Từ (3) ⇒ p = o
(4)
2H − x
p kH
Từ (1) và (2)⇒ F = kx, thay vào (4): ⇒ p = o
.
2kH − F
14


Thay vào (2)

⇒ F2 − ( poS + 2kH ) F + p oSkH = 0

2 2
Phương trình có nghiệm là: F = poS + kH ± poS + k 2H 2
2
4
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:
Bài 1. Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng được chia làm hai phần
bằng nhau bằng một píttông nặng, cách nhiệt ngăn trên chứa 1 mol,
ngăn dưới chứa 3 mol của cùng một chất khí. Nếu nhiệt độ ở hai
ngăn đều bằng T1 = 400 K thì áp suất ở ngăn dưới P2 gấp đôi áp
suất ở ngăn trên P1. Nhiệt độ ngăn trên không đổi, ngăn dưới có
nhiệt độ là T2 nào thì thể tích hai ngăn bằng nhau? [2]
ĐS: T2 = 300K
Bài 2. Một khí áp kế Torixeli chỉ sai vì có không khí ở trên cột Hg. Áp suất khí

quyển bằng 75 cm Hg thì nó chỉ 35 cm khi hiệt độ bằng 15 oC và chỉ 33 cm ở
39oC. Nếu áp suất khí quyển bằng 76 cmHg thì nó chỉ bao nhiêu ở 27 oC? Chiều
dài của ống Torixeli tính từ mặt thoáng Hg không đổi.
ĐS: 34,6 cm
Bài 3. Một người mang bình không khí nén tới áp suất p = 150 atm lặn xuống
nước quan sát và sau 10 phút tìm được chỗ hỏng ở đáy tàu. Lúc ấy áp suất khí
nén đã giảm bớt 20%. Người đó tiến hành sửa chữa và từ lúc ấy tiêu thụ không
khí gấp rưỡi lúc quan sát. Người ấy có thể sửa chữa trong thời gian tối đa là bao
nhiêu lâu nếu vì lý do an toàn áp suất trong bình không được thấp hơn 30 atm?
Coi nhiệt độ là không đổi.
[2]
ĐS: 20 phút
Bài 4. Một cái cốc hình trụ có đường kính 4 cm được dùng để giác (chữa bệnh).
Người ta đốt cồn để nung nóng không khí trong cốc lên tới t 1 = 80oC rồi úp vào
lưng bệnh nhân cho kín miệng cốc. Khi không khí nguội đi thì da thịt bị hút
phồng lên. Tính chênh lệch áp suất của không khí ở ngoài và trong cốc ? Tính áp
lực mà cốc tác dụng lên da. Cho biết nhiệt độ không khí trong phòng là t o= 20oC
và áp suất khí quyển po = 105 Pa. Bỏ qua sự biến đổi thể tích của không khí do da
phồng lên.
[2]
ĐS: 21,4 N
Bài 5. Một xi lanh kín được chia thành hai phần bởi một pittong
nặng như hình vẽ. Mỗi phần chứa một mol khí lí tưởng và pittong
V1
có thể dịch chuyển không ma sát trong xi lanh. Ban đầu cả xi lanh
V1
= n > 1.
có nhiệt độ T1 thì tỷ số giữa thể tích của hai phần là
V2
V2

Nếu tăng nhiệt độ của cả xi lanh lên đến giá trị T 2 thì tỷ số giữa thể
V1'
n’
=
tích của hai phần là
bằng bao nhiêu ? Sự giãn nở nhiệt của xi lanh là
V2'
không đáng kể.
ĐS : n’ ≈ 1,9.
Bài 6. Một ống hình chữ U tiết diện đều S, trong đó có một lượng Hg đũ dài,
chia ống thành hai phần: phần bên trái ống hàn kín chứa
không khí, phần bên phải thông qua khí trời ở áp suất p o =
760 mm Hg. Khi ống ở OoC mực thủy ngân ở hai phần l
h
ngang nhau và ở vị trí chuẩn “O”; chiều dài của phần ống
o
O
chứa khí lúc đó là l = 20cm. Ở t C mức Hg bên ống hở dâng
lên đoạn h, và người ta dùng h để biểu thị nhiệt độ. Hỏi phải

15


chia độ nhiệt biểu này theo quy luật nào, và độ lớn của một độ ở lân cận 40 oC là
bao nhiêu ? [2] ĐS: t = 0,00359h2 + 2,083h; 0,45 mm
Bài 7. Hai bình thể tích 200 cm3 và 100 cm3 nối với nhau
bằng một ống nhỏ, ngắn, trong có chứa một chất xốp cho
khí đi qua được ống nhưng cách nhiệt. Thoạt đầu trong hai
bình đó đều chứa khí ở 27oC và áp suất 760 mm Hg. Sau
đó người ta nâng nhiệt độ bình lớn lên 100oC và hạ nhiệt độ bình nhỏ xuống 0oC.

Tính áp suất cuối cùng trong bình. [2]
ĐS : p = 842 mmHg
Bài 8. Hai bình cách nhiệt thông nhau bằng ống có
K
khóa K (Hình vẽ). Ban đầu khóa đóng, bình có thể tích
V
V1 chứa 1 chất khí ở nhiệt độ T1 = 300 K và áp suất P1
V1
V1
2
5
V
=
= 10 Pa. Bình hai có thể tích 2
chứa cùng chất
3
2p
khí ở nhiệt độ T2 = 600K và áp suất p 2 = 1 . Nếu mở khoá để hai khí trộn lẫn ,
3
11
tính nhiệt độ và áp suất cuối cùng.
ĐS : T = 330 K, p = .105 Pa
12
3
3
Bài 9. Hai bình có thể tích V1 = 40 dm và V2 = 10 dm thông với nhau bằng ống
có khóa ban đầu đóng. Khóa này chỉ mở nếu p1 ≥ p 2 + 105 Pa ; p1 là áp suất trong
bình 1, p2 là áp suất trong bình 2. Ban đầu bình một chứa khí ở áp suất P o =
0,9.105 Pa và nhiệt độ To = 300 K. Trong bình 2 là chân không. Người ta nung
nóng đều hai bình từ To đến T = 500 K. [2]

a. Tới nhiệt độ nào thì khóa mở ?
ĐS: Tm ≈ 333K ;
b. Tính áp suất cuối cùng của mỗi bình? ĐS: p1=1,4.105 Pa; p2=0,4.105 Pa
Bài 10. Hai bình cầu nối với nhau một ống có khoá, chứa hai chất khí không tác
dụng hoá học với nhau, ở cùng nhiệt độ. Áp suất khí trong hai bình là p 1 = 2.105
N/m2 và p2 = 106 N/m2. Mở khóa nhẹ nhàng để hai bình thông với nhau sao cho
nhiệt độ không đổi. Khi cân bằng xảy ra, áp suất ở hai bình là P = 4.10 5 N/m2.
Tính tỉ số thể tích của hai bình cầu.

V1

ĐS : V = 3.
2
Bài 11. Biết rằng không khí gồm 23,6% trọng lượng là khí ôxi và 76,4% trọng
lượng là khí nitơ. Tính :
a. Khối lượng riêng của không khí ở áp suất 750 mmHg và nhiệt độ là 270C.
b. Áp suất riêng phần của ôxi và nitơ ở nhiệt độ trên.
Cho biết R = 85.10-3 m3 at/Kmolđộ. Khối lượng mol của nitơ là 28g/ mol, của ôxi
là 32g/mol.
ĐS : a. 1,16g/ lít ; b.160mm Hg, 590 mmHg.
Bài 12. Trong một bình chứa 15 gam Nitơ và 9 gam Hyđrô ở nhiệt độ 10 0C và
áp suất 106 N/m2. Biết R = 8,31.103 J/kmol.độ. Tìm :
a. Khối lượng 1 kmol hỗn hợp.
b. Dung tích của bình.
ĐS : a) M ≈ 4,77 g/mol; b. V ≈ 11,84 lít.
Bài 13. Trong một bình thể tích Vo = 1,1 lít có H2 và m = 100 gam chất hấp thụ
ở nhiệt độ t = - 193oC và áp suất P = 2.104Pa. Ở nhiệt độ này khối lượng H2 bị
hấp thụ là 2g. Nếu nung nóng tới nhiệt độ t1 = 37oC thì toàn bộ H2 bị hấp thụ
16

được giải phóng. Tính áp suất p 1 tương ứng. Khối lượng riêng của chất hấp thụ
là c = 1g/cm3 ; H =1.
[2]
. ĐS: 259.104 Pa
Bài 14. Một khí cầu có thể tích V = 336 m 3 và khối lượng vỏ m = 84 kg được
bơm không khí nóng đến áp suất bằng áp suất không khí bên ngoài. Không khí
nóng phải có nhiệt độ bằng bao nhiêu để khí cầu bắt đầu bay lên. Không khí bên
ngoài có nhiệt độ 27oC và áp suất 1 atm; khối lượng mol của không khí µ = 29
g/mol.
[2]
ĐS: T = 381 K
Bài 15. Một quả bóng khối lượng là m = 5 g được bơm khí hidrô ở điều kiện T o
= 300 K và P0 = 105 Pa. Tìm bán kính quả bóng ( có dạng hình cầu ) khi:
a. Bóng lơ lửng trong không khí .
b. Bóng có thể bay lên tới độ cao mà tại đó áp suất khí quyển p = 0,5p o và
nhiệt độ T = 280 K.
ĐS : a. ≈ 1dm ; b. ≈ 1,3dm .
Bài 16. Một xilanh nằm ngang, kín hai đầu, có thể tích V =
ω
5
2
1,2 lít và chứa không khí ở áp suất p o = 10 N/m . Xilanh
được chia thành hai phần bằng nhau bởi pittông mỏng khối
P1
P2
lượng m = 100 g, đặt thẳng đứng. Chiều dài của xilanh là
F1
F2
2l = 0,4 m. Xilanh được quay với vận tốc góc ω = 200

r
rad/s quanh trục thẳng đứng ở chính giữa xilanh. Người ta
nhận thấy vị trí cân bằng tương đối của pittông nằm cách trục quay một đoạn r.
Tính khoảng cách r.
ĐS : r = 0,1m.
Bài 17. Trong một ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác nhau có hai pít
tông nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn. Giữa hai pít tông có 1 mol
khí lí tưởng. Pít tông trên có diện tích tiết diện lớn hơn pít tông
S1
dưới là ∆S = 1 cm2. Áp suất khí quyển bên ngoài là po = 1 atm.
Biết khối lượng tổng cộng của hai pít tông là 5 kg, khí không bị
lọt ra ngoài. (Bỏ qua ma sát giữa các pít tông và thành ống).
S2
a. Tính áp suất p của khí giữa hai pít tông
b. Phải làm nóng khí đó lên bao nhiêu độ để pít tông dịch
chuyển lên trên một đoạn l = 5cm. [6]
ĐS: p = 1,5.105 Pa ; ΔT ≈ 0,9K
III.2.3. Dạng 3. Bài toán đồ thị.
Phương pháp giải:
Chú ý: Các đặc điểm của đồ thị:
+ đường đẳng nhiệt: đường hypepol (hệ OPV), đường thẳng vuông góc trục OT
(hệ OPT, OVT).
+ đường đẳng tích: đường thẳng kéo dài đi qua gốc O (hệ OPT), đường thẳng
vuông góc trục OV (hệ OPV, OVT).
+ đường đẳng áp: đường thẳng kéo dài đi qua gốc O (hệ OVT), đường thẳng
vuông góc trục OP (hệ OPV, OPT).
- Nếu đề cho biết đồ thị biễu diễn các quá trình biến đổi trạng thái của chất khí
thì dựa vào các đặc điểm của đồ thị, phân tích các quá trình biến đổi và áp dụng
các định luật thực nghiệm và pt trạng thái để xác định các thông số trạng thái.
- Nếu đề không cho biết đồ thị biễu diễn các quá trình biến đổi trạng thái của

chất khí thì căn cứ vào các dữ kiện của đề bài xác định các thông số trạng thái

17


và từ đó vẽ các điểm tọa độ tương ứng với mỗi trạng thái, nối các điểm lại theo
đúng các đường đã học.
- Chu trình là một quá trình mà trạng thái cuối của nó trùng với trạng thái đầu.
BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1. Một lượng khí lý tưởng ở 270C được biến đổi qua 2 giai đoạn: Nén
đẳng nhiệt đến áp suất gấp đôi, sau đó cho giãn nở đẳng áp về thể tích ban đầu.
a. Biểu diễn quá trình trong hệ toạ độ p-V và V-T.
b. Tìm nhiệt độ cuối cùng của khí.
HDG:
p
a. Theo bài ra ta
V
1
3
vẽ được đồ thị
p2 = 2p1 2
3
V1=V3
như 2 hình bên
p1

1
2

0

T

b. Từ 1 đến 2 là
0
V1=V3
quá trình đẳng
nhiệt nên ta có: p1V1= p2V2 Với
p2 = 2p1 (1)
Từ 2 đến 3 là quá trình giãn đẳng áp nên ta có: V1=V3 và:
V3 V2
V
V
=
⇒ T3 = 3 T2 = 1 T2
(2)
T3 T2
V2
V2
p2
Kết hợp (1) và (2) ta có: T3 = T2 = 2.300 = 600K
p1
Ví dụ 2. Một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu
V dm3
1
trình 1 - 2 - 3 - 4 (hình vẽ). Biết T1=T2 = 400 K, T3=
40
T4= 200 K, V1 = 40 dm3, V3= 10 dm3. Tính áp suất p ở
các trạng thái và vẽ đồ thị p – V. [2]
4

2

10
0

3

200

400 T(K)

HDG:
Các quá trình 4 – 1, 2 – 3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T. Các quá trình 1 – 2, 3 – 4 là
đẳng nhiệt vì T1 = 2T4 , T2 = 2T3 , nên theo định luật
p 105Pa
V1 V4
V .T V
2
3
1,7
=
⇒ V4 = 1 4 = 1 = 20dm3 ;
Gayluysac:
T1 T4
T1
2
V2 V3
V .T
0,8
=

⇒ V2 = 3 2 = 20dm3
1
4
T2 T3
T3
- Ta có: p1V1 = p2V2; p3V3 = p4V4 , p1 = p4; p2 = p3
- Giải hệ phương trình ta được:
0
10 20
40 V
5
5
p1 = p4 = 0.83.10 Pa, p2 = p3 = 1,66.10 Pa
Đồ thị p – V như hình vẽ bên

18


Ví dụ 3. Cho một lượng khí lí tưởng biến đổi
theo chu trình được biểu diễn như đồ thị. Biết
T1 = 100 K; T4 = 300 K; p1 = p2; V1 = 1 m3; V2
= 4m3. Tìm V3.

V
V2
V1
0

2
3

1

4

T

T2

T1

V1 T3
T1
=
=> T3 = V3
V3 T1
V1
Đoạn đồ thị 2- 4 có dạng: V = aT + b
Khi V = V2 thì T = T1 = 100K nên: V2 = 100a + b.
HDG: Vì P1 = P3 =>

Khi V = V4 thì T = T4 = 300K nên:

V4 = 300T + b. Suy ra: a = −

3
; b = 5,5
200

3
T + 5,5.

200
3 T1
V3 + 5,5.
Tại điểm 3: T = T3 => V = V3 = −
=> V3 = 2,2m3
200 V1
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
V
Bài 1. Đồ thị biễu diễn chu trình của 1 mol khí lí tưởng trong
mặt phẳng tọa độ V,T như HV. Vẽ đồ thị trong mặt phẳng tọa
1
độ p, V và p, T ( trục tung là trục p)
[2]
Phương trình đoạn 2 - 4 là: V = −

2
3

T

0

Bài 2. Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biễu diễn
p
B
bằng đoạn AB như HV. Biết pA, VA. Tìm hàm V = f(T).
RTVA
A
ĐS: V =
[2]

pA
V
0
Bài 3. Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biễu diễn
p B
D
bởi 2 đoạn thẳng AB và BCD như HV. Đường thẳng AC
C
qua gốc tọa độ O và A là trung điểm của OC.
A
a. Biết pA, TA, tính VA và VC
T
b. Thể tích V tăng giảm thế nào trong quá trình ABCD.
0
[2]
Bài 4. Một mol khí thực hiện chu trình biễu diễn bằng hình
chữ nhật như HV. Đường 2 – 4 đi qua gốc O, hai
điểm 1 và 3 trên cùng một đường đẳng nhiệt. Biết: V 1 p
=
2
5
5
1
3
V4 = 8,31 dm ; p1 = p 2 = 4.10 Pa ; p3 = p 4 = 10 Pa
.Tính nhiệt độ của các trạng thái và vẽ đồ thị p – T, R
=
8,31 J/mol.K [2]
4
3

ĐS: T1 = T3 = 400 K; T2 = 1600 K; T4 = 100 K
0
V
P
Bài 5. Có 1g khí Heli (coi là khí lý tưởng, khối
1
2
lượng mol M=4g/mol) thực hiện một chu trình 1 - 2 - 3 - 2P
0
4 - 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như hình 3. Cho P 0
= 105Pa; T0 = 300K.
P0

3

4
0

19
T0

2T0

T


a. Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4.
b. Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu trình này
trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi
của chu trình).

ĐS: a. V4 = 3,12.10-3m3
IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
- SKKN trên đã được áp dụng đối với đội tuyển HSG lớp 10 năm học 20172018.
- Kết quả cụ thể sau khi áp dụng sáng kiến vào trong công tác dạy và học của
học sinh thì đã nâng chất lượng đội tuyển lên một cách đáng kể.
- Mặc dù trường THPT DTNT Ngọc Lặc mới thành lập chưa đầy một năm,
trong năm học 2017- 2018 mới chỉ có khối 10 tôi được phân công bồi dưỡng đội
tuyển HSG môn Vật lí, trong kì thi HSG cấp tỉnh dành cho học sinh lớp 11 tôi
cũng mạnh dạn cho 1 HS đi thi là em Hà Đức Luật và kết quả em đạt 10,5 điểm
tuy chưa được giải nhưng kết quả này cũng rất đáng khích lệ.
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Qua giảng dạy tôi thấy đề tài đạt được một số kết quả sau:
- Đề tài đã được sử dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi THPT trong kỳ thi
học sinh giỏi cấp tỉnh đạt một số kết quả nhất định.
- Đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo tốt cho giáo viên giảng dạy vật lý và
học sinh THPT trong nhiệm vụ bồi dưỡng, ôn thi học sinh giỏi. Dựa trên cơ sở
đề tài giáo viên có thể sáng tác các bài tập hoặc dạng bài tập theo chủ ý của
mình.
- Do phạm vi giới hạn của đề tài nên số lượng bài tập tôi đưa vào chưa nhiều và
thời gian có hạn nên đề tài này không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy rất
mong được sự góp ý của quý thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài được
hoàn thiện hơn và để được áp dụng thực hiện trong rộng rãi hơn những năm học
tới.
2. Kiến nghị.
- Đối với nhà trường
+ Nhà trường trang bị thêm các sách tài liệu cho thư viện để giáo viên và học
sinh tham khảo.
+ Tổ chức các buổi trao đổi, thảo luận về phương pháp dạy học, xây dựng
các chủ đề dạy học.

- Đối với Sở Giáo dục và Đào tạo
+ Công bố các đề tài SKKN có kết quả tốt để giáo viên các trường học hỏi,
vận dụng trong quá trình giảng dạy của mình.
+ Tổ chức các chuyên đề, hội thảo để giáo viên có điều kiện trao đổi và học
tập chuyên môn - nghiệp vụ.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 20 tháng 05 năm
2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
20


mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả

Hà Như Hiền
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Vật lí 10 cơ bản và nâng cao - NXB Giáo dục.
[2]. Bài tập vật lí phân tử và nhiệt học(Dùng cho lớp A và chuyên vật lí THPT).
Tác giả Dương Trong Bái – Đàm Trung Đồn - NXB Giáo dục .
[3]. Giải toán Vật lí 12. Tác giả: Bùi Quang Hân. NXB Giáo dục.
[4]. Bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý 10. Tác giả Nguyễn Phú Đồng- Nguyễn
Thanh Sơn – Nguyễn Thành Tương. NXB tổng hợp TPHCM.
[5]. Các bài toán vật lý chọn lọc. Tác giả PGS-TS Vũ Thanh Khiết.
[6]. Đề thi HSG các tỉnh ….
[7]. Mạng Internet.
[8]. Tài liệu khác…

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Hà Như Hiền
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THPT DÂN TỘC NỘI TRÚ NGỌC LẶC

TT

1.

Tên đề tài SKKN

Một số giải pháp giúp học
sinh giải tốt bài tập đồ thị

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

Sở
GD&ĐT

C

2005-2006

Sở

C

2014-2015

phần động học lớp 10
2.

Phân loại và phương pháp

21


giải bài toán liên quan đến

GD&ĐT

cách kích thích dao động của
con lắc lò xo
3.

Phương pháp giải bài toán

Sở
liên quan đến thí nghiệm thực GD&ĐT

C

2016-2017

hành luyện thi trung học phổ
thông quốc gia.
4.
5.
...
* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào
Ngành cho đến thời điểm hiện tại.
----------------------------------------------------

22