Bài 29 Quá trình đẳng nhiệt, định luật Bôi-lơ Ma-ri-ốt SBT Lý. Giải bài 29.9, 29.10, 29.11, 29.12 trang 68 Sách bài tập Vật lí 10. Câu 29.9: Một ống thuỷ tinh được cắm lộn ngược vào một chậu chứa thuỷ ngân…
Bài 29.9: Một ống thuỷ tinh được cắm lộn ngược vào một chậu chứa thuỷ ngân, bên trong ống chứa 40 cm3 không khí và một cột thuỷ ngân cao 8 cm so với mực thuỷ ngân trong chậu (H.29.2a). Người ta ấn sâu ống thủy tinh vào thủy ngân cho tới khi mực thủy ngân ở bên trong và bên ngoài ống bằng nhau (H.29.2b). Tính thể tích của không khí còn lại bên trong ống thủy tinh. Biết áp suất khí quyển là 75 cmHg.
Trạng thái đầu: V1 = 40 cm3 ; p1 = 75 – 8 = 67 cmHg.
Trạng thái cuối: V2 = ? cm3 ; p2 = 75 cmHg.
Vì nhiệt độ không đổi nên: p1V1 = p2V2
=> \({V_2} = {{{p_1}{V_1}} \over {{p_2}}} \approx 35,7(c{m^3})\)
Bài 29.10*: 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 ra cmHg và Pa 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.
Trạng thái 1 của mỗi lượng khí ở hai bên cột thủy ngân (ống nằm ngang)
\({p_1};{V_1} = \left( {{{L – h} \over 2}} \right)S;{T_1}\)
Trạng thái 2 (ống thẳng đứng)
+ Đối với lượng khí ở trên cột thủy ngân: \({p_2};{V_2} = \left( {{{L – h} \over 2} + l} \right)S;{T_2} = {T_1}\)
+ Đối với lượng khí ở dưới cột thủy ngân: \({p_2}^\prime ;{V_2}^\prime = \left( {{{L – h} \over 2} – l} \right)S;{T_2}^\prime = {T_1}\)
Áp suất khí ở phần dưới bằng áp suất khí ở phần trên cộng với áp suất do cột thủy ngân gây ra. Do đó đối với khí ở phần dưới, ta có:
\({p_2}^\prime = {p_2} + h;{V_2}^\prime = \left( {{{L – h} \over 2} – l} \right)S;{T_2}^\prime = {T_1}\)
Áp dụng định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt cho từng lượng khí. Ta có:
+ Đối với khí ở trên:
\({p_1}{{\left( {L – h} \right)S} \over 2} = {p_2}{{\left( {L – h + 2l} \right)S} \over 2}\)
=> \({p_1}\left( {L – h} \right) = {p_2}\left( {L – h + 2l} \right)\) (1)
Advertisements (Quảng cáo)
+ Đối với khí ở dưới:
\({p_1}{{\left( {L – h} \right)S} \over 2} = \left( {{p_2} + h} \right){{\left( {L – h – 2l} \right)S} \over 2}\)
=> \({p_1}\left( {L – h} \right) = \left( {{p_2} + h} \right)\left( {L – h – 2l} \right)\) (2)
Từ hai phương trình (1) và (2) rút ra:
\({p_2} = {{h\left( {L – h – 2l} \right)} \over {4l}}\)
Thay giá trị của p2 vào (1) ta được:
\({p_1} = {{h\left[ {{{\left( {L – h} \right)}^2} – 4{l^2}} \right]} \over {4l\left( {L – h} \right)}}\)
\({p_1} = {{20\left[ {{{\left( {100 – 20} \right)}^2} – {{4.10}^2}} \right]} \over {4.10.\left( {100 – 20} \right)}} = 37,5(cmHg)\)
p1 = ρgH = 1,36.104.9,8.0,375 = 5.104 Pa.
Bài 29.11*: Ở chính giữa một ống thuỷ tinh nằm ngang, kín cả hai đầu có một cột thuỷ ngân dài h = 19,6 mm. Nếu đặt ống nghiêng một góc 30° so với phươn nằm ngang thì cột thuỷ ngân dịch chuyển một đoạn Δl1 = 20 mm. Nếu đặt ống thẳng đứng thì cột thuỷ ngân dịch chuyển một đoạn Δl2 = 30 mm.
Xác định áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang. Coi nhiệt độ không đổi.
Advertisements (Quảng cáo)
– Trạng thái 1 của không khí trong ống nằm ngang. Với lượng khí ở bên phải cũng như ở bên trái cột thủy ngân: p1; V1.
– Trạng thái 2 của không khí khi ống nằm nghiêng.
+ Với lượng khí ở bên trái: p2 ; V2.
+ Với lượng khí ở bên phải: p’2 ; V’2.
– Trạng thái 3 của không khí khi ống thẳng đứng.
+ Với lượng khí ở bên trái: p3 ; V3.
+ Với lượng khí ở bên phải: p’3 ; V’3.
Theo định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt. Ta có:
p1V1 = p2V2 = p3V3 => p1l1 = p2l2 = p3l3.
Và p1V1 = p’2V’2 = p’3V’3 => p1l1 = p’2l’2 = p’3l’3.
Khi ống nằm nghiêng thì: l2 = l1 – Δl1 và l’2 = l1 + Δl1
Khi ống thẳng đứng thì: l3 = l1 – Δl2 và l’3 = l1 + Δl2
Ngoài ra, khi cột thủy ngân đã cân bằng thì:
Pp2 = p’2 + ρghsinα và p3 = p’3 + ρgh.
Thay các giá trị của l2, l3, l’2, l’3, p2, p3 vào các phương trình của định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ở trên, ta được:
p1l1 = (p’2 + ρghsinα)(l1 – Δl1)
p1l1 = (p’3 + ρgh)(l1 – Δl2)
p1l1 = p’2(l1 + Δl1) và p1l1 = p’3(l1 + Δl2)
giải hệ phương trình trên với p1 ta có:
\({p_1} = {{\rho gh} \over 2}\left( {\sqrt {{{\Delta {l_1}\left( {\Delta {l_2} – \Delta {l_1}\sin \alpha } \right)} \over {\Delta {l_2}\left( {\Delta {l_1} – \Delta {l_2}\sin \alpha } \right)}}} – \sqrt {{{\Delta {l_2}\left( {\Delta {l_1} – \Delta {l_2}\sin \alpha } \right)} \over {\Delta {l_1}\left( {\Delta {l_2} – \Delta {l_1}\sin \alpha } \right)}}} } \right)\)
p1 ≈ 6 mmHg
Bài 29.12* : Người ta dùng bơm có pit-tông diện tích 8 cm2 và khoảng chạy 25 cm bơm một bánh xe đạp sao cho áp lực của bánh xe đạp lên mặt đường là 350 N thì diện tích tiếp xúc là 50 cm2. Ban đầu bánh xe đạp chứa không khí ở áp suất khí quyển p0 = 105 Pa và có thể tích là V0 = 1 500 cm3. Giả thiết khi áp suất không khí trong bánh xe đạp vượt quá 1,5p0 thì thể tích của bánh xe đạp là 2 000 cm3.
a) Hỏi phải đẩy bơm bao nhiêu lần ?
b) Nếu do bơm hở nên mỗi lần đẩy bơm chỉ đưa được 100 cm3 không khí vào bánh xe thì phải đẩy bao nhiêu lần ?
Áp suất trong bánh xe khi bơm xong: p = p0 + p’
Với p’ = 350/0,005 = 0,7.105 Pa; p = 1,7.105 Pa lớn hơn 1,5p0 nên thể tích sau khi bơm là 2000 cm3.
a. Mỗi lần bơm có 8.25 = 200 cm3 không khí ở áp suất p0 được đưa vào bánh xe. Sau n lần bơm có 200n cm3 không khí được đưa vào bánh. Ban đầu có 1500 cm3 không khí ở áp suất p0 trong bánh xe. Như vậy có thể coi:
Trạng thái 1: p1 = p0 ; V1 = (1500 + 200n)
Trạng thái 2: p2 = 1,7.105 Pa ; V2 = 2000 cm3
Áp dụng định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt, dễ dàng tìm được n = 19/2 ≈ 10 lần.
b. n’ = 2n = 19 lần.
