Ứng dụng định luật bôi lơ ma ri ốt giải bài tập chất khí từ cơ bản đến nâng

Ứng dụng định luật bôi lơ ma ri ốt giải bài tập chất khí từ cơ bản đến nâng cao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (233.79 KB, 21 trang )

Mục lục
I. Mở đầu
1.1 Lý do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu

Trang
2
2
2
2

II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục

4
4
4
17

III. Kết luận, kiến nghị
– Kết luận
– Kiến nghị
Tài liệu tham khảo

18
19

20

1

I – MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Chất khí tồn tại phổ biến xung quanh chúng ta. Trong cuộc sống chất khí tạo
ra nhiều hiện tượng, nhiều quy luật biến đổi trạng thái khác nhau. Mỗi cách biến
đổi đều tuân theo các định luật nhất định. Nếu biết được các quy luật biến đổi trạng
thái chất khí áp dụng vào thực tiễn cuộc sống thì sẻ mang lại nhiều lợi ích thiết
thực cho con người, vì vậy việc nghiên cứu phần chất khí là rất cấp thiết. Sách giáo
khoa lớp 10 đã xây dựng thuyết động học phân tử chất khí và hình thành cho học
sinh các định luật biến đổi trạng thái của một khối khí xác định. Để nắm vững
kiến thức đã học thì việc làm bài tập về chất khí củng cố kiến thức là rất quan
trọng, nhưng khi làm các bài tập vật lý chất khí chúng ta sẽ gặp rất nhiều dạng toán
khó và hệ thống các bài tập này thường phải vận dụng kiến thức tổng hợp giữa các
phần. Trong giới hạn của sáng kiến này, xây dựng cho học sinh một phương pháp
giải toán Vật lý nhiệt học khi áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt bằng cách chia các
dạng bài tập theo từng dạng cụ thể.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này xây dựng cho học sinh một phương pháp giải toán Vật lý nhiệt
học bằng cách chia các dạng bài tập theo từng dạng bài tập cụ thể để áp dụng định
luật Bôilơ – Mariôt
Mỗi dạng được phân chia từ bài đơn giản đến phức tạp hình thành cho học
sinh nâng cao dần kỹ năng giải toán vật lý. Xuất phát mỗi vấn đề có các cách giải
mẫu từ đó nêu kết luận và đề xuất hướng nghiên cứu chuyên sâu ,sau cùng là các
bài tập vận dụng nhằm rèn luyện cho học sinh những kiến thức đã được tiếp thu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu là các bài tập phần nhiệt, cụ thể là các bài tập về áp

dụng định luật Bôilơ – Mariôt đối với chất khí trong chương trình Vật lý lớp 10,
các dạng bài tập khó về chất khí liên quan đến điều kiện ban đầu và điều kiện biên.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Trạng thái của một khối khí được xác định bởi ba thông số ,thể tích V, áp suất
P, nhiệt độ T. Phương trình Clapâyrôn-Menđêlêép đã biểu diễn mối quan hệ các
m
thông số khí như sau : pV RT  RT. Trong đó: R=8,31 (J/mol.K) là hằng số

của các khí. Đây là công thức tổng quát cho quá trình biến đổi trạng thái của chất
khí. Để đơn giản ta cho một trong 3 thông số trên là hằng số dẫn đến các định luật
chất khí mà ta đã học trong sách giáo khoa. Nếu nhiệt độ không đổi ta có định luật
Bôilơ – Mariôt ( pV = hằng số ). Nếu thể tích không đổi ta có Định luật Sác-Lơ
V
p
(  const ). Nếu áp suất không đổi ta có Định luật Gay-Luytxac (  const ). .
T
T
Đó là quá trình đẳng nhiệt, quá trình đẳng tích, quá trình đẳng áp. Mỗi quá trình
2

đều có một hệ thống bài tập từ dễ đến khó, để nắm vững phần chất khí ta khai thác
các bài tập chất khí từ cơ bản đến chuyên sâu .
Nếu áp dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariôt ( pV = hằng số ) kết
hợp các phương trình về lực thì ta tổng hợp thành một phương giải bổ ích giúp học
sinh và giáo viên tiếp cận vấn đề này một cách đơn giản hiệu quả. Hình thành cho
học sinh kỹ năng giải bài tập vật lý một cách hoàn thiện.
Để thực hiện được mục tiêu và nhiệm vụ nêu trên trong quá trình hoàn thiện
sáng kiến tôi đã áp dụng chủ yếu các phương pháp sau: Phương pháp điều tra các
số liệu và các bài tập liên quan trong SGK, trong sách tham khảo, điều tra kiến

thức kỹ năng làm bài tập dạng này của học sinh, điều tra những đề tài mà các tác
giả khác đã nói về vấn đề này và mức độ khai thác đến đâu sau đó dùng phương
pháp phân tích và tổng hợp kiểm tra và đánh giá phỏng vấn và đàm thoại (lấy ý
kiến của đồng nghiệp và học sinh) nhằm hoàn thiện.

3

II – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lý luận của Sáng kiến kinh nghiệm:
– Định luật Bôilơ – Mariôt.
Ở nhiệt độ không đổi ( T = hằng số), tích của áp suất p và thể tích V của một
lượng khí xác định là một hằng số.
pV = hằng số
Hay

p1V1  p 2 V2  p 3V3 =…

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Khi giải bài tập vật lý áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt đa số học sinh dùng
công thức tường minh đã biết trong SGK, trong quá trình giảng dạy tôi đã cho học
sinh làm hai ví dụ sau:
Ví dụ 1: Bài toán đẳng nhiệt của một khối khí nhất định cho biết: Trạng thái
thứ nhất có áp suất p1 thể tích v1. Trạng thái thứ hai có áp suất p2 yêu cầu học sinh
tính thể tích v2 .
Với bài này đa số học sinh vận dụng định luật Bôi lơ-Mariot tìm ra kết quả
v2=p1v1/p2, Nhưng khi đến một vất đề nâng cao hơn như ví dụ 2 sau đây thì học
sinh sẻ rơi vào lúng túng.
Ví dụ 2 : Một bọt khí ở đáy hồ sâu h=5m nổi lên đến mặt nước .Hỏi thể tích
của bọt tăng lên bao nhiêu lần, cho nhiệt độ không thay đổi khi bọt khí nổi lên?

Với bài toán này đã có rất nhiều em không biết cách giải buộc giáo viên phải
hướng dẫn học sinh tính áp suất ở đáy hồ p 1 =po+Dgh sau đó học sinh mới hiểu và
vận dụng được định luật Bôi lơ-Mariot .
Từ hai ví dụ trên cho thấy khi gặp bài tập chất khí đa số học sinh thường
lúng túng không tìm ra hướng giải phù hợp cho từng dạng bài.Vì vậy, theo tôi việc
hình thành cho học sinh một phương pháp giải bài tập chất khí là rất cần thiết giúp
học sinh có tư duy sáng tạo, rèn luyện kỹ năng giải bài tập phù hợp cho việc dạy
học sinh khá giỏi.
Muốn cho học sinh nắm vững phần định luật Bôi lơ-Mariot của chất khí
một cách có hệ thống tôi có ý tưởng tổng hợp các dạng bài tập viết thành một sáng
kiến kinh nghiệm “Áp dụng định luật Bôi lơ-Mariot giải bài tập chất khí từ cơ bản
đến nâng cao”.
2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
A. Bài tập cơ bản áp dụng biểu thức đinh luật Bôi lơ-Mariot.
1.Bài tập mẫu: Khi được nén đẳng nhiệt từ thể tích 6 lít đến 4 lít, áp suất
khí tăng thêm 0,75at. Tìm áp suất ban đầu của khí.

4

Bài giải
Trạng thái 1 (p1; V1 = 6 lít; T1); trạng thái 2 (p2 = p1 + 0,75; V2 = 4 lít; T2 = T1).
Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho quá trình đẳng nhiệt:

Vậy: Áp suất ban đầu của khí là p 1=1,5at. Với dạng bài tập này nhìn chung đa số
học sinh đều làm được theo hướng làm bài đơn giản như sau.
2. Phương pháp giải:
Đây là bài toán cơ bản áp dụng đinh luật Bôi lơ-Mariot p1v1=p2v2 thay số vào công
thức định luật ta được kết quả cần tìm tương tự ta có các bài vận dụng sau:
3.Bài tập vận dụng:

Bài 1. Nếu áp suất của một lượng khí biến đổi 2.10 5N/m2 thì thể tích biến
đổi 3 lít, nếu áp suất biến đổi 5.10 5N/m2 thì thể tích biến đổi 5 lít. Tính áp suất và
thể tích ban đầu của khí biết nhiệt độ khí không đổi.
Bài giải
Ta có: Trạng thái I(p1; V1;T1); trạng thái II(p2=p1+2.105; V2=V1-3; T2=T1); trạng thái
III(p3=P1+5.105; V2=V1-5; T3=T1). Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho quá trình
đẳng nhiệt:
Quá trình (I) đến (II):

Quá trình (I) đến (III):

Từ (I) và (II) ta có:

Và:
Vậy: Áp suất và thể tích ban đầu của khí là 4.105N/m2 và 9 lít.
B. Bài tập xác định các thông số khí liên quan đến định luật Bôi-Mariôt và
sự cân bằng của Píttông.

5

1. Bài tập mẫu: Một bình hình trụ kín, thẳng đứng, được chia làm hai ngăn
bằng một vách ngăn di động có trọng lượng đáng kể. Nhiệt độ của cả hệ là T 0, vách
ngăn ở vị trí cân bằng, khí ở ngăn trên (ký hiệu là ngăn A) có áp suất 10kPa và có
thể tích gấp 3 lần thể tích của khí ở ngăn dưới (ký hiệu là ngăn B), áp suất khí ở
ngăn dưới là 20kPa. Lật ngược bình hình trụ, để cho bình thẳng đứng, ngăn B ở
trên, ngăn A ở dưới. Tính áp suất và thể tích khí
T0
T
T

trong ngăn A sau khi nhiệt độ trở về T 0 và cân
0
0
bằng được thiết lập. [1]
(A
(B
(A

Bài giải
Xét điều kiện cân bằng của pit tông (xem
hình1) ta có áp suất do pít tông gây ra p= mg/s
=pB-pA=20-10=10 kPa
Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho khí ở
ngăn A và cho khí ở ngăn B (xem hình1 -2)


�30V   P� 10  4V  V �

V
�20V  P��

)

)
10;3V

P’, V’

20,V

P’ +10

(B)

4V-V
(A) ’

)

10, 3V

20, V
(B)
Hình 1

 1
 2

Hình 1-2

Khử V’ trong hệ (1) và (2), ta có 30V   P� 10 �4V  20V �

P��

�.
Đơn giản hai vế cho V
2
nhận được phương trình cho P’: 2P� 5P� 100  0

 3

5 825
�8,43 (kPa)
4
Lấy nghiệm dương:
20V
V �
�2,37V
P�
P�

Áp suất trong ngăn A là: P’ + 10 = 18,43 (kPa) Thể tích của ngăn A là: 4V – V’ =
1,63 V .
Giải xong bài tập này ta đi đến phương pháp giải .
2. Phương pháp giải:
Để giải được bài tập này phải vận dụng được định luật Bôilơ – Mariôt
p1v1=p2v2 kết hợp nắm chắc điều kiện cân bằng của pit tông p= mg/s =p B-pA sau
đó thiết lập hệ phương trình cho các thông số của các khối khí giải hệ ta được kết
quả bài toán.
3.Bài tập vận dụng :

6

Bài 1. Cho một ống tiết diện S nằm ngang được ngăn với bên ngoài bằng 2
pittông Pittông thứ nhất được nối với lò xo
như hình vẽ. Ban đầu lò xo không biến dạng,
áp suất khí giữa 2 pittông bằng áp suất bên
ngoài p0. Khoảng cách giữa hai pittông là H
F

và bằng

1
chiều dài hình trụ. Tác dụng lên
2

H

H

pittông thứ 2 một lực F để nó chuyển động
từ từ sang bên phải Tính F khi pittôn thứ 2 dừng lại ở biên phải của ống trụ. [3]
Bài giải
Xét điều kiện biên đó là sự cân bằng của hai pittông ở hai đầu khối khí
Điều kiện cân bằng của pit tông trái : p0S – pS – kx = 0

(1)

x độ dịch chuyển của pit tông trái, p áp suất khí giữa hai pittông .
Điều kiện cân bằng của pittông phải : F + pS – p0S = 0
Định luật Bôilơ : p0SH = p(2H –x)S

(3)  p 

Từ (1) và (2) F = kx, thay vào (4):  p 

(2)
p0 H
2H  x

(4)

p 0 kH
. Thay vào (2)
2kH  F

 F 2  ( p 0 S  2kH ) F  p 0 SkH 0

p0 S
p 02 S 2
Phương trình có nghiệm là: F 
 kH 
 k 2H 2
2
4

Bài 2. Một xi lanh chứa khí được đậy bằng pittông. Pittông có thể trượt
không ma sát dọc theo thành xi lanh. Pittông có khối lượng m, diện tích tiết diện S.
Khí có thể tích ban đầu V. Áp suất khí quyển p0. Tìm thể tích khí nếu xilanh
chuyển động thẳng đứng với gia tốc a. Coi nhiệt độ khí không đổi.
Bài giải
Gọi V, p là thể tích và áp suất khí trong xi lanh khi pittông đứng cân bằng: Ta có:
Các lực tác dụng vào pittông: trọng lực
lực đẩy của khí trong xilanh

(p=mg),

(F1=pS) ngoài xilanh

Điều kiện cân bằng của pit tông:

(F2 = p0S).

=

Gọi V’, P’ là thể tích và áp suất khí trong xilanh khi pittông chuyển động: Ta có:
7

Các lực tác dụng vào pittông: trọng lực
(F’1=p’S) ngoài xilanh

(p=mg), lực đẩy của khí trong xilanh

(F’2 = p0S).Theo định luật II Niu-tơn:
(đi lên hoặc đi xuống)

Với:

Vậy: Thể tích khí nếu xilanh chuyển động thẳng đứng với gia tốc a là
.
Bài 3. Một xilanh nằm ngang kín hai đầu, có thể tích V = 1,2 lít và chứa
không khí ở áp suất p0 = 105 N/m2. Xilanh được chia thành 2 phần bằng nhau bởi
pit tông mỏng khối lượng m = 100g đặt thẳng đứng. Chiều dài xi lanh 2l = 0,4m.
Xilanh được quay với vận tốc góc ω quanh trục thẳng đứng ở giữa xilanh. Tính ω
nếu pittông nằm cách trục quay đoạn r = 0,1 m khí có cân bằng tương đối.
Bài giải
Khi xilanh đứng yên, khí trong mỗi nữa xilanh có thể tích

, áp suất p0.

Khi xilanh quay, khí trong nữa xilanh I có thể tích V 1 = S(l-r), áp suất p1; khí trong
nữa xilanh II có thể tích V2 = S(l+r), áp suất p2.
Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho hai nữa xilanh ta được:
p0Sl = p1S(l-r)

(1)

p0Sl = p2S(l+r)

(2)

(I)

(II)


Các lực tác dụng lên pit tông theo phương ngang:

l

r

. Hợp các

lực này gây ra gia tốc hướng tâm làm xilanh quay đều:

8

Vậy: Vận tốc góc của xilanh khi quay quanh trục thẳng đứng ở giữa xilanh là

=

200 rad/s
C. Bài tập dạng bơm hút khí.
1. Bài tập mẫu: Một bình có thể tích V được nối với bơm hút khí. Dung tích
tối đa mỗi lần bơm là Vb =

V
. Hỏi phải bơm hút tối thiểu bao nhiên lần để áp suất
20

trong bình thấp hơn 5mmHg. Biết áp suất ban đầu của bình là 760mmHg và giữ
nhiệt độ không đổi trong quá trình bơm.
Bài giải
Khi bình chưa nối với bơm thể tích khí trong bình là V áp suất khí trong bình là P.
Khi bình nối với bơm thể tích khí trong bình dãn nở từ V đến V+Vb
pV

Do T = const nên: Trong lần bơm thứ 1: p1 (V  V p )  pV  p1 V  V

b

Trong lần bơm thứ 2: p 2 (V  V p )  p1V  p 2 

pV 2
(V  Vb ) 2

pV n

pV n
p
n
 (V  Vb ) 
 Với pn ≤ 5mmHg
Tương tự với lần bơm thứ n: p n 
n
pn
pn
(V  Vb )
lg 152
 n
, với n nguyên dương nên n ≥ 103. Bài tập bơm hút khí nhìn chung ta
lg 1,05

đi theo trình tự dưới đây.
2. Phương pháp giải :
Khi gặp bài toán dạng này phải vận dụng định luật Bôilơ Mariôt nhiều lần
chú ý trong mỗi lần bơm thể tích tăng thêm một lượng bằng thể tích của bơm khi
đó PV=P1(V+Vb) rút ra P1 .Tiếp tục sử dụng định luật Bôilơ -Mariôt ta có P 1V=P2
(V+Vb) rút ra P2 cứ tiếp tục như vậy ta xác định được Pn là áp suất trong bình sau
n lần bơm. Nếu là bài toán bơm khí vào ta có thể giải thu gọn bằng cách chọn thể
tích ban đầu (V+nVb )và áp suất ban đầu là p o ,nếu vậy ta chỉ cần một lần sử dụng
định luật Bôilơ -Mariôt là đưa ra kết quả bài toán .
3. Bài tập vận dụng:
Bài 1. Một bơm hút khí dung tích ∆V. Phải bơm bao nhiêu lần hút khí trong
bình có thể tích V từ áp suất p0 đến áp suất p? Coi nhiệt độ của khí là không đổi.
Bài giải
9

Ban đầu, khí trong bình có: Thể tích V, áp suất p0.
Sau khi bơm lần thứ nhất, khí trong bình có: thể tích (V+∆V), áp suất p1:
Sau khi bơm lần thứ hai, khí trong bình có: thể tích (V+∆V), áp suất p2:

Tương tự sau lần bơm thứ n khí trong bình có áp suất p:
p
p0
p
V
lg
nlg
 n
V
p0
V  ΔV
lg
V  ΔV
lg

Vậy: Phải bơm n =

lần để đưa khí trong bình từ áp suất p0 lên đến áp suất p.

Bài 2. Mỗi lần bơm đưa được V0 = 80cm3 không khí vào ruột xe. Sau khi
bơm diện tích tiếp xúc của các vỏ xe với mặt đường là 30cm 2. Thể tích của ruột xe
sau khi bơm là 2000cm3. Áp suất khí quyển p0=1 atm. Trọng lượng xe là 600N. Coi
nhiệt độ là không đổi. Tìm số lần bơm.
Bài giải
Sau n lần bơm, lượng khí vào trong bánh xe:

ở trạng thái I (p1 = 1 atm; V1 = 2000 + nV0 = 2000+80n). ở trạng thái II
có p, =600/3.10-3=2.105N/m=2atm nên (p2 = p0 + p’ = 1+2=3 atm ,V2 = 2000 cm3).
Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho quá trình đẳng nhiệt:
Vậy: Số lần bơm xe là n = 50.
D.Bài toán đẳng nhiệt liên quan đến áp suất của chất lỏng.
1. Bài tập mẫu: Ở độ sâu h1 = 1m dưới mặt nước có một bọt không khí hình
cầu. Hỏi ở độ sâu nào, bọt khí có bán kính nhỏ đi 2 lần. Cho khối lượng riêng của
nước D= 103 kg/m3, áp suất khí quyển p0 = 105N/m2, g = 10m/s2; nhiệt độ nước
không đổi theo chiều sâu.
Bài giải
10

Ở độ sâu h1, bọt khí có thể tích V 1, áp suất p1: p1 = p0 +Dgh1Ở độ sâu h2, bọt khí có
thể tích V2, áp suất p2: p2 = p0 +Dgh2.

Vì nhiệt độ bọt khí không đổi nên:
Ta có:

.

P2/P1=(Po+Dgh2)/(Po+Dgh1)=8

h2 = 80,352m.
Vậy: Ở độ sâu 80,352m bọt khí có bán kính nhỏ đi 2 lần. áp suất của chất
lỏng gây ra cho khối khí sẻ thay đổi theo độ sâu dẫn đến hướng giải quyết vấn đề
là.
2. Phương pháp giải :
Dạng bài tập này khi giải chúng ta cần chú ý công thức tính áp suất ở độ
sâu h. P=Po+Dgh để tính áp suất tác dụng lên bề mặt bình chứa ở độ sâu đó đồng

thời áp dụng định luật Bôi lơ-Ma ri ốt và rút ra kết quả bài toán
3.Bài tập vận dụng:
Bài 1. Một xilanh có thành mỏng, bên trong chứa một lượng khí xác định.
Xilanh được đậy bằng một pit-tông nhẹ, mỏng. Khi xilanh nổi tự do trên mặt nước
(Hình 4) thì khoảng cách từ pit-tông đến mặt nước là a = 4 cm, khoảng cách từ mặt
nước đến đáy xilanh là b = 20 cm. Nhấn chìm cả hệ xilanh và pit-tông vào trong
nước đến độ sâu tối thiểu là bao nhiêu để hệ không thể tự nổi lên khi thả ra? (độ sâu
được tính là khoảng cách từ mặt nước đến pit-tông). Biết nhiệt độ khí trong xilanh
không đổi, khối lượng riêng của nước  = 1000 kg/m3, áp suất khí quyển P0
=1,013.105 Pa, g = 10 m/s2, bỏ qua ma sát giữa pit-tông và xilanh. Áp suất nước ở
độ sâu h tính theo công thức p = po + ρgh.
Bài giải
a

Lúc đầu P1 = P0 và V1 = (a + b)S
Gọi h là khoảng cách cần
tìm từ pit-tông đến mặt nước. Tại đó, nước đã đẩy pit-tông
xuống một đoạn x.

b

Ta có: P2  P0  gh và V2   a b  x S
Khi nổi trên mặt nước ta có mg = bSg

Hình 4

Để xilanh không tự nổi lên thì mg ≥  (a + b – x)Sg => x ≥ a
Nhiệt độ của nước không thay đổi, theo định luật Bôi-Mariốt:
11

PV
1 1  P2V2 � P0  a  b S   P0  gh  a  b  x S

Từ các điều kiện trên  h

P0a
= 2,026 m. Vậy hmin = 2,026m
gb

Bài 2. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài 57cm chứa không khí có áp suất
bằng áp suất không khí (76cmHg). Ấn ống vào chậu thủy ngân theo phương thẳng
đứng, miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột thủy ngân đi vào ống khi đáy ống ngang
mặt thoáng thủy ngân.
Bài giải
Gọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột thủy ngân đi vào ống (0 Ta có:
– Ban đầu, khí trong ống có thể tích V 1 = Sl, áp suất p1 = p0
= 76 cmHg.

l
x

– Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống có thể tích
V2 = S(l-x), áp suất p2 = [p0 + (l-x)].
Áp dụng định luật Bôi-Mariôt
cho khí trong ống: p1V1 = p2V2.
2

2

x – (p0 +2l)x + l = 0
2

x – 190x + 3249 = 0

p0Sl = [p0 + (l –x)].S(l-x)
2

2

x – (76 + 2.57))x + 57 = 0
x1 = 171 cm (loại); x2= 19 cm. Vậy: Độ cao cột thủy

ngân đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng thủy ngân là x = 19 cm.
Bài 3.. Ống thủy tinh một đầu kín dài 112,2cm, chứa không khí ở áp suất
khí quyển p0 = 75cmHg. Ấn ống xuống một chậu nước theo phương thẳng đứng,
miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột nước đi vào ống khi đáy ống ngang với mặt
nước.
Bài giải
Gọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột nước đi vào ống (0 Ta có:- Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sl, áp suất p1 = p0 = 75 cmHg.
Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống có thể tích
l
x

12

V2 = S(l-x), áp suất p2 = [p0 + (

Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí trong ống:
p1V1 = p2V2.
2

p0Sl = [p0 + (

S(l-x)

2

x – (13,6p0 + 2l)x + l = 0

2

2

x – (13,6.75 + 2.112,2)x + 112,2 = 0

2

x – 1242,4x + 12688,84 = 0

x1 = 10,2cm (loại nghiệm > 112,2cm).

Bài 4. Ống thủy tinh một đầu kín dài 80cm chứa không khí ở áp suất bằng
áp suất khí quyển p0 = 75cmHg. Ấn ống vào thủy ngân theo phương thẳng đứng,
miệng ống ở dưới (thấp hơn) mặt thủy ngân 45cm. Tìm độ cao cột thủy ngân đi
vào ống.
Bài giải
Gọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột thủy ngân đi vào ống (0
Ta có:- Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sl, áp suất p1 = p0 = 75 cmHg.
Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống có thể tích
V2 = S(l-x), áp suất p2 = [p0 + h – x].
Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí trong ống:
p1V1 = p2V2.

h

x

l

p0Sl = [p0 + h –x].S(l-x)

2

x – (p0 + h – l)x + hl = 0
2

x – (75 + 45 – 80)x + 45.80 = 0

2

x – 200x + 3600 = 0

x1 = 180cm >

80cm (loại); x2 = 20cm.Vậy: Độ cao cột thủy ngân đi
vào ống là: x = 20cm
Bài 5. Một cái hố sâu 15m dưới đáy hồ nhiệt độ

0
0
của nước là 7 C còn trên mặt hồ là 22 C. Áp suất khí
3
quyển là 1 atm. Một bọt không khí có thể tích 1 mm
được nâng từ đáy hồ lên. Ở sát mặt nước, thể tích không

13

3
khí là bao nhiêu cho biết khối lượng riêng của nước  = 1000 kg/m gia tốc trọng
2
trường g = 9,8 (m/s ).

Bài giải
Khi bọt khí ở đáy hồ do trọng lượng riêng của khí nhỏ hơn trọng lượng riêng
của nước nên bọt khí sẽ được nâng dần lên. Lực tác dụng lên bọt khí giảm (do
chiều cao cột nước giảm) dẫn đến áp suất giảm, bọt khí to dần ra đồng thời nhiệt
độ tăng lên (t2 > t1) áp dụng phương trình trạng thái P1V1/T1 =P2V2/T2
áp suất do nước gây nên p1 = pKQ +  gh
p1V1 p 2 V2
p V T (p  gh).V1T2

� V2  1 1. 2  KQ
 2.6109 m3  2.6mm3
T1
T2
p 2 T1
p 2T1

0

Bài 6. Một ống nghiệm hình trụ cao l0 = 15cm chứa không khí ở 30 C.
Người ta lộn ngược bình và nhúng vào chất lỏng
3
có khối lượng riêng D=1000kg/m. Cho đáy ống
nghiệm cao hơn mặt thoáng 5cm, lúc này không
khí bên trong chiếm 2/3 ống nghiệm.
a) Nhấn bình xuống cho đáy ngang với mặt thoáng
của chất lỏng thì mực nước trong bình chênh lên
bao nhiêu so với mặt thoáng chất lỏng.
b) Hỏi nhiệt độ của không khí phải bằng bao nhiêu thì không còn chất lỏng trong
ống nghiệm nữa. Biết đáy của ống nghiệm vẫn ở ngang mặt thoáng của chất lỏng.
4
2
cho áp suất khí quyển p0= 9,4.10 Pa, g=10 m/s .
Bài giải
a) Khi không khí ở trạng thái 1:
T1= 30+273=303K
p1 = p0 + Dgl0/3
V1 =2l0s/3

P0

P0
x

l0

Khi không khí ở trạng thái 2:

T2 = T1= 303K
14

P2 = p0 + Dgx, V2 = xS Theo định luật Bôi – mari ốt: p1V1 = p2V2
l 2
l 2
 ( p 0  pg. 0 ) l 0 S ( p 0  Dgx) xS  Dgx  p 0 x  ( p 0  pg. 0 ) l 0 0
3 3
3 3
4 2

4

Thay số: 10 x + 9,4x – (9,4 + 0,05).10 .0,1 = 0
 x2 + 9,4x – 0,945 = 0  x = 0,1 m  x = 10cm.

Vậy mực chất lỏng thấp hơn mặt thoáng 10cm.
b) Khi không khí ở trạng thái 3: T3= ? P3 = p0 + Dgl0 V3 = l0S
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng:
pV
( p  Dgx).xS ( p 0  Dgl 0 ).l 0 S
p 2V2
 3 3  0

T2
T3
T2
T3
0

=> T3 = 465,89K hay t3 = 183,89 C.

E. Bài tập đẳng nhiệt với ống khí có thủy ngân ngăn cách với không khí ngoài
hay ngăn cách giữa hai khối khí với nhau
1. Bài tập mẫu : .Một ống nhỏ tiết diện đều, một đầu kín. Một cột thủy ngân
cao 75mm đứng cân bằng, cách đáy 180mm khi ống thẳng đứng miệng ống ở trên
cao và cách đáy 220mm khi ống thẳng đứng miệng ống ở dưới. Tìm áp suất khí
quyển và độ dài cột không khí trong ống khi ống nằm ngang.
Bài giải
Khi miệng ống ở trên, khí trong ống có thể tích V1 = Sx1, áp suất p1 = p0 + h.
Khi miệng ống ở dưới, khí trong ống có thể tích V2 = Sx2, áp suất p2 = p0 – h.
Theo định luật Bôi-Mariôt, ta có: p1V1 = p2V2

(p0 + h).Sx1 = (p0 – h).Sx2

Khi đặt ống nằm ngang, khí trong ống có thể tích V0 = Sx0, áp suất p0. Do đó:

15

pV0 = p1V1

p0Sx0 = (p0+h).Sx1

Vậy: Áp suất khí quyển và độ dài cột không khí trong ống khi ống nằm ngang là p 0
= 750mmHg và x0 = 198mm.
2. Phương pháp giải.
Với bài dạng này ta xét khi ống nằm ngang áp suất của khối khí bằng áp suất
khí quyển po=760 mmHg khi ống thẳng đứng có miệng ống phía trên áp suất khối

khí p1=po+h ,khi ống thẳng đứng có miệng ống phía dưới áp suất khối khí p 1=po- h .
Nếu hai khối khí ngăn cách bởi cột thủy ngân h ,ống thẳng đứng áp suất khối khí
phía trên p1,áp suất khối khí phía dưới p2=p1+ h. Kết hợp điều này vận dụng
phương trình đẳng nhiệt ta giải được bài toán.
3 Bài tập vận dụng :
Bài 1. Ống thủy tinh dài 20cm, thẳng đứng, đầu kín ở dưới, đầu hở ở trên.
Cột không khí cao 20cm trong ống bị giam bởi cột thủy ngân cao 40cm. Áp suất
khí quyển p0 =80 cmHg. Nhiệt độ không đổi. Khi ống bị lật ngược, hãy:
a) Tìm độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống.
b) Tìm chiều dài ống để toàn bộ cột thủy ngân chảy ra ngoài.
Bài giải
a) Độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống
– Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sx, áp suất p1 = p0 + h.
– Khi ống bị lật ngược, một phần thủy ngân chảy ra ngoài, phần còn lại có độ cao h


< h. Khí trong ống lúc này có thể tích V2 = S(l-h ), áp suất p2 = p0 – h . ’ – Áp dụng định luật Bôi-Mariôt: p1V1 = p2V2.

(p0 + h).Sx = (p0 – h ).S(l – h )

’2

h – (p0 + l)h + p0l – p0x – hx = 0
’2

x = 20cm; h = 40cm; l = 60cm suy ra:h – (80 + 60)h + 80.60 – 80.20 – 40.20 = 0

16

’2

h – 14h + 2400 = 0

h 1 = 120cm (loại); h 2 = 20cm.

Vậy: Độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống là: h = 20cm.
b) Chiều dài ống để toàn bộ cột thủy ngân không chảy ra ngoài

Gọi l là chiều dài tối thiểu của ống để toàn bộ cột thủy ngân không chảy ra ngoài.

Khi đó khí trong ống có thể tích V3 = (l – h)S, áp suất p3 = p0 – h.
Theo định luật Bôi-Mariôt, ta có: p1V1 = p3V3

l=

p0  h
80  40
.x  h 
.20  40 100cm.
p0  h
80  40

(p0 + h).Sx = (p0 – h).S(l – h)
Vậy: Để toàn bộ cột thủy ngân

không chảy ra ngoài thì ống phải có chiều dài tối thiểu là 100cm.
Bài 2. Ở chính giữa một ống thủy tinh hình trụ tròn nằm ngang, tiết diện
nhỏ, chiều dài ℓ = 100 cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20 cm nằm
cân bằng. Trong ống có không khí được giữ ở nhiệt độ không đổi. Lấy g = 9,8
m/s2. Cho khối lượng riêng của thủy ngân là ρ = 13600 kg/m3.
a. Khi đặt thẳng đứng, cột thủy ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn d =
12,5 cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang.
b. Đặt ống thủy tinh trãi dài trên đường dốc chính của một mặt phẳng nghiêng
góc α = 30o so với mặt phẳng ngang. Thả cho ống trượt trên đường dốc đó. Tìm
chiều dài của phần khí bên dưới của ống. Biết hệ số ma sát giữa ống và mặt phẳng
nghiêng μ = 0,346 ≈ 0,2 3.
Bài giải

Gọi áp suất khí trong ống khi ống nằm ngang là p
Khi dựng ống thẳng đứng, áp suất khí bên trong ống
Phần trên: pt; Phần dưới: pd Gọi tiết diện của ống là S
Áp dụng định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có: pt.52,5.S = p.40.S = pd.27,5.S
Mặt khác: pd = pt + 20 cmHg nên pd – pt = 20 cmHg =>
(

40
40

)p 20 cmHg => p = 28,875 cmHg = 288,75 mmHg
27,5 52,5

Gia tốc của ống: a = g.sinα − μ.g.cosα = 0,2g .Cột thủy ngân dịch xuống 1 đoạn x
Lực đẩy trên xuống (dọc theo mặt phẳng nghiêng): p

40
S  .S.h.g. sin 30 o
40  x

17

Lực đẩy dưới lên (dọc theo mặt phẳng nghiêng): p

40
S
40  x

Bài 3. Một ống hình trụ hẹp, kín hai đầu, dài l = 105cm, đặt nằm ngang.

Giữa ống có một cột thủy ngân dài h = 21cm, phần còn lại của ống chứa không khí
ở áp suất p0 = 72 cmHg. Tìm độ di chuyển của cột thủy ngân khi ống thẳng đứng.
Bài giải
– Ban đầu, khi ống nằm ngang, khí ở hai bên cột
thủy ngân giống nhau, mỗi bên có thể tích V 0 =
Sl1, áp suất p0.

h
l

– Khi ống đặt thẳng đứng thì:
+ Khí ở phần trên có thể tích V1 = S(l1 + x),áp suất p1.
+ Khí ở phần dưới có thể tích V2 = S(l1 + x), áp suất p2 = p1 + h.
I

Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí ở hai phần:

l1

+ Phần trên: p0V0 = p1V1

p0Sl1 = p1S(l + x)

(1)

x

+ Phần dưới: p0V0 = p2V2

p0Sl1 = (p1 + h).S(l1 – x)

(2)

h

p 0 l1
p 0 l1
– Từ (1) và (2) suy ra: p1 = l  x  l  x – h
1
1

II

p0l1(l1 – x) = p0l1(l1 + x) – h(l1 + x)(l1 –x)
Thay số: p0 = 72cm; h = 21cm; l1 =
2

x + 288x – 1764 = 0

1
(105 – 21) = 42cm.
2

x1 = –294cm < 0 (loại); x2 = 6cm. Vậy: độ di chuyển của cột thủy ngân khi ống thẳng đứng là: x = 6cm.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục.
Sáng kiến kinh nghiệm đã xây dựng được một phương pháp giải toán Vật lý
hoàn chỉnh về áp dụng định luật Bôilơ-Mariốt, để kiểm tra tính ứng dụng thực tế
của sáng kiến tôi cho học sinh làm bài kiểm tra phần nhiệt về áp dụng định luật Bôi

lơ – Ma ri ốt, khi học sinh chưa nghiên cứu thì đa số các em làm được câu dễ có
18

các công thức tường minh .với những câu đòi hỏi tính tư duy cao như dạng toán có
tính đến sự cân bằng của pitton thì học sinh không giải được nhưng khi giáo viên
đã hướng dẫn cho học sinh kiến thức trong đề tài thì kết quả kiểm tra của lớp 10A 2
và 10A7 như sau:

Kết quả kiểm tra khi chưa thực hiện hướng dẫn cho học sinh.
Điểm trên 8

Điểm từ 5 đến 8

Điểm dưới 5

Lớp

Số
lượng

Số lượng

Tỷ lệ

Số
lượng

Tỷ lệ

Số
lượng

Tỷ lệ

Lớp 10A2

41

3

7,32%

31

75,61%

7

17.07%

Lớp 10A7

44

0

0%

22

50%

22

50 %

Kết quả kiểm tra khi đã hướng dẫn cụ thể cho học sinh.
Lớp

Số
lượng

Lớp 10A1
Lớp 10A7

Điểm trên 8

Điểm từ 5 đến 8

Điểm dưới 5

Số
lượng

Tỷ lệ

Số
lượng

Tỷ lệ

Số
lượng

Tỷ lệ

41

15

36,59%

24

58.54%

2

4.87%

44

6

13.64%

32

72.73%

6

13.63%

Qua số liệu trên tôi thấy đề tài đã thực sự là một phương pháp giải toán Vật
lý hữu hiệu có tác dụng tích cực tới các em học sinh khá và giỏi, các em không còn
mơ hồ lúng túng khi gặp bài toán dạng này. Với tâm huyết nghề nghiệp tôi rất
mong được sự đồng tình, chia sẻ, góp ý của các đồng nghiệp.
III – KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
– KẾT LUẬN
Qua nghiên cứu và hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm, bản thân tôi thấy đã
hệ thống được một phương pháp giải toán vật lý, nâng cao năng lực chuyên môn vì
giải toán vật lý là cần những phương pháp giải hay và sáng tạo. Đối với học sinh
khi được hướng dẫn các kiến thức trong sáng kiến giúp các em có cách nhìn về
việc ứng dụng toán học vào giải bài tập vật lý, kích thích được tính tò mò sáng tạo

19

và làm tốt những bài tập của các em đặc biệt bổ ích cho việc bồi dưỡng học sinh
giỏi, nâng cao chất lượng mũi nhọn trong công tác chuyên môn.
Trong quá trình thực hiện đề tài, tôi đã cố gắng thể hiện nội dung một cách hệ
thống, trình bày vấn đề rõ ràng, chính xác nhưng sẽ không tránh khỏi những thiếu
xót. Rất mong được bạn đọc và quý đồng nghiệp góp ý để sáng kiến của tôi được
hoàn thiện và phong phú hơn.

– KIẾN NGHỊ
Nếu sáng kiến được công nhận ở ngành tôi đề nghị phổ biến rộng rãi tạo
thành một tài liệu tham khảo bồi dưỡng học sinh khá và giỏi đặc biệt bồi dưỡng đội

tuyển học sinh giỏi đi dự thi học sinh giỏi các cấp.

XÁC NHẬN CỦA

Thanh hoá, ngày 22 tháng 05 năm 2019

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Lê Hồng Sơn

20

IV – TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK cơ bản vật lý10
2. SGK nâng cao Vật lý 10
3. Sách giải toán Vật lý 10 tập 2 (tác giả Bùi Quang Hân)
4. Sách tuyển tập các đề thi Olympic Vật lý 30/4
5. Sách các bài vật lý chọn lọc trung học phổ thông cơ – nhiệt (Vũ Thanh Khiết)
6. Các tài liệu liên quan khác

21

20I – MỞ ĐẦU1. 1. Lý do chọn đề tài. Chất khí sống sót thông dụng xung quanh tất cả chúng ta. Trong đời sống chất khí tạora nhiều hiện tượng kỳ lạ, nhiều quy luật biến hóa trạng thái khác nhau. Mỗi cách biếnđổi đều tuân theo những định luật nhất định. Nếu biết được những quy luật đổi khác trạngthái chất khí vận dụng vào thực tiễn đời sống thì sẻ mang lại nhiều quyền lợi thiếtthực cho con người, vì thế việc điều tra và nghiên cứu phần chất khí là rất cấp thiết. Sách giáokhoa lớp 10 đã thiết kế xây dựng thuyết động học phân tử chất khí và hình thành cho họcsinh những định luật đổi khác trạng thái của một khối khí xác lập. Để nắm vữngkiến thức đã học thì việc làm bài tập về chất khí củng cố kiến thức và kỹ năng là rất quantrọng, nhưng khi làm những bài tập vật lý chất khí tất cả chúng ta sẽ gặp rất nhiều dạng toánkhó và mạng lưới hệ thống những bài tập này thường phải vận dụng kiến thức và kỹ năng tổng hợp giữa cácphần. Trong số lượng giới hạn của sáng tạo độc đáo này, thiết kế xây dựng cho học viên một phương phápgiải toán Vật lý nhiệt học khi vận dụng định luật Bôilơ – Mariôt bằng cách chia cácdạng bài tập theo từng dạng đơn cử. 1.2. Mục đích điều tra và nghiên cứu. Đề tài này kiến thiết xây dựng cho học viên một chiêu thức giải toán Vật lý nhiệthọc bằng cách chia những dạng bài tập theo từng dạng bài tập đơn cử để vận dụng địnhluật Bôilơ – MariôtMỗi dạng được phân loại từ bài đơn thuần đến phức tạp hình thành cho họcsinh nâng cao dần kỹ năng và kiến thức giải toán vật lý. Xuất phát mỗi yếu tố có những cách giảimẫu từ đó nêu Tóm lại và đề xuất kiến nghị hướng nghiên cứu và điều tra sâu xa, sau cuối là cácbài tập vận dụng nhằm mục đích rèn luyện cho học viên những kiến thức và kỹ năng đã được tiếp thu. 1.3. Đối tượng nghiên cứu và điều tra : Đối tượng nghiên cứu và điều tra là những bài tập phần nhiệt, đơn cử là những bài tập về ápdụng định luật Bôilơ – Mariôt so với chất khí trong chương trình Vật lý lớp 10, những dạng bài tập khó về chất khí tương quan đến điều kiện kèm theo bắt đầu và điều kiện kèm theo biên. 1.4. Phương pháp điều tra và nghiên cứu. Trạng thái của một khối khí được xác lập bởi ba thông số kỹ thuật, thể tích V, áp suấtP, nhiệt độ T. Phương trình Clapâyrôn-Menđêlêép đã màn biểu diễn mối quan hệ cácthông số khí như sau : pV   RT  RT. Trong đó : R = 8,31 ( J / mol. K ) là hằng sốcủa những khí. Đây là công thức tổng quát cho quy trình biến hóa trạng thái của chấtkhí. Để đơn thuần ta cho một trong 3 thông số kỹ thuật trên là hằng số dẫn đến những định luậtchất khí mà ta đã học trong sách giáo khoa. Nếu nhiệt độ không đổi ta có định luậtBôilơ – Mariôt ( pV = hằng số ). Nếu thể tích không đổi ta có Định luật Sác-Lơ (  const ). Nếu áp suất không đổi ta có Định luật Gay-Luytxac (  const ). . Đó là quy trình đẳng nhiệt, quy trình đẳng tích, quy trình đẳng áp. Mỗi quá trìnhđều có một mạng lưới hệ thống bài tập từ dễ đến khó, để nắm vững phần chất khí ta khai tháccác bài tập chất khí từ cơ bản đến sâu xa. Nếu vận dụng phương trình định luật Bôilơ – Mariôt ( pV = hằng số ) kếthợp những phương trình về lực thì ta tổng hợp thành một phương giải có ích giúp họcsinh và giáo viên tiếp cận yếu tố này một cách đơn thuần hiệu suất cao. Hình thành chohọc sinh kiến thức và kỹ năng giải bài tập vật lý một cách triển khai xong. Để thực thi được tiềm năng và trách nhiệm nêu trên trong quy trình hoàn thiệnsáng kiến tôi đã vận dụng đa phần những giải pháp sau : Phương pháp tìm hiểu cácsố liệu và những bài tập tương quan trong SGK, trong sách tìm hiểu thêm, tìm hiểu kiếnthức kỹ năng và kiến thức làm bài tập dạng này của học viên, tìm hiểu những đề tài mà những tácgiả khác đã nói về yếu tố này và mức độ khai thác đến đâu sau đó dùng phươngpháp nghiên cứu và phân tích và tổng hợp kiểm tra và nhìn nhận phỏng vấn và đàm thoại ( lấy ýkiến của đồng nghiệp và học viên ) nhằm mục đích triển khai xong. II – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. 2.1. Cơ sở lý luận của Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề : – Định luật Bôilơ – Mariôt. Ở nhiệt độ không đổi ( T = hằng số ), tích của áp suất p và thể tích V của mộtlượng khí xác lập là một hằng số. pV = hằng sốHayp1V1  p 2 V2  p 3V3 = … 2.2. Thực trạng của yếu tố trước khi vận dụng sáng tạo độc đáo kinh nghiệm tay nghề. Khi giải bài tập vật lý vận dụng định luật Bôilơ – Mariốt hầu hết học viên dùngcông thức tường minh đã biết trong SGK, trong quy trình giảng dạy tôi đã cho họcsinh làm hai ví dụ sau : Ví dụ 1 : Bài toán đẳng nhiệt của một khối khí nhất định cho biết : Trạng tháithứ nhất có áp suất p1 thể tích v1. Trạng thái thứ hai có áp suất p2 nhu yếu học sinhtính thể tích v2. Với bài này hầu hết học viên vận dụng định luật Bôi lơ-Mariot tìm ra kết quảv2 = p1v1 / p2, Nhưng khi đến một vất đề nâng cao hơn như ví dụ 2 sau đây thì họcsinh sẻ rơi vào lúng túng. Ví dụ 2 : Một bọt khí ở đáy hồ sâu h = 5 m nổi lên đến mặt nước. Hỏi thể tíchcủa bọt tăng lên bao nhiêu lần, cho nhiệt độ không đổi khác khi bọt khí nổi lên ? Với bài toán này đã có rất nhiều em không biết cách giải buộc giáo viên phảihướng dẫn học viên tính áp suất ở đáy hồ p 1 = po + Dgh sau đó học viên mới hiểu vàvận dụng được định luật Bôi lơ-Mariot. Từ hai ví dụ trên cho thấy khi gặp bài tập chất khí đa phần học viên thườnglúng túng không tìm ra hướng giải tương thích cho từng dạng bài. Vì vậy, theo tôi việchình thành cho học viên một giải pháp giải bài tập chất khí là rất thiết yếu giúphọc sinh có tư duy phát minh sáng tạo, rèn luyện kiến thức và kỹ năng giải bài tập tương thích cho việc dạyhọc sinh khá giỏi. Muốn cho học viên nắm vững phần định luật Bôi lơ-Mariot của chất khímột cách có mạng lưới hệ thống tôi có ý tưởng sáng tạo tổng hợp những dạng bài tập viết thành một sángkiến kinh nghiệm tay nghề ” Áp dụng định luật Bôi lơ-Mariot giải bài tập chất khí từ cơ bảnđến nâng cao “. 2.3. Giải pháp đã sử dụng để xử lý yếu tố. A. Bài tập cơ bản vận dụng biểu thức đinh luật Bôi lơ-Mariot. 1. Bài tập mẫu : Khi được nén đẳng nhiệt từ thể tích 6 lít đến 4 lít, áp suấtkhí tăng thêm 0,75 at. Tìm áp suất bắt đầu của khí. Bài giảiTrạng thái 1 ( p1 ; V1 = 6 lít ; T1 ) ; trạng thái 2 ( p2 = p1 + 0,75 ; V2 = 4 lít ; T2 = T1 ). Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho quy trình đẳng nhiệt : Vậy : Áp suất bắt đầu của khí là p 1 = 1,5 at. Với dạng bài tập này nhìn chung đa sốhọc sinh đều làm được theo hướng làm bài đơn thuần như sau. 2. Phương pháp giải : Đây là bài toán cơ bản vận dụng đinh luật Bôi lơ-Mariot p1v1 = p2v2 thay số vào côngthức định luật ta được hiệu quả cần tìm tương tự như ta có những bài vận dụng sau : 3. Bài tập vận dụng : Bài 1. Nếu áp suất của một lượng khí đổi khác 2.10 5N / mét vuông thì thể tích biếnđổi 3 lít, nếu áp suất đổi khác 5.10 5N / mét vuông thì thể tích đổi khác 5 lít. Tính áp suất vàthể tích khởi đầu của khí biết nhiệt độ khí không đổi. Bài giảiTa có : Trạng thái I ( p1 ; V1 ; T1 ) ; trạng thái II ( p2 = p1 + 2.105 ; V2 = V1-3 ; T2 = T1 ) ; trạng tháiIII ( p3 = P1 + 5.105 ; V2 = V1-5 ; T3 = T1 ). Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho quá trìnhđẳng nhiệt : Quá trình ( I ) đến ( II ) : Quá trình ( I ) đến ( III ) : Từ ( I ) và ( II ) ta có : Và : Vậy : Áp suất và thể tích khởi đầu của khí là 4.105 N / mét vuông và 9 lít. B. Bài tập xác lập những thông số kỹ thuật khí tương quan đến định luật Bôi-Mariôt vàsự cân đối của Píttông. 1. Bài tập mẫu : Một bình hình tròn trụ kín, thẳng đứng, được chia làm hai ngănbằng một vách ngăn di động có khối lượng đáng kể. Nhiệt độ của cả hệ là T 0, váchngăn ở vị trí cân đối, khí ở ngăn trên ( ký hiệu là ngăn A ) có áp suất 10 kPa và cóthể tích gấp 3 lần thể tích của khí ở ngăn dưới ( ký hiệu là ngăn B ), áp suất khí ởngăn dưới là 20 kPa. Lật ngược bình hình tròn trụ, để cho bình thẳng đứng, ngăn B ởtrên, ngăn A ở dưới. Tính áp suất và thể tích khíT0trong ngăn A sau khi nhiệt độ trở về T 0 và cânbằng được thiết lập. [ 1 ] ( A ( B ( ABài giảiXét điều kiện kèm theo cân đối của pit tông ( xemhình1 ) ta có áp suất do pít tông gây ra p = mg / s = pB-pA = 20-10 = 10 kPaÁp dụng định luật Bôilơ – Mariôt cho khí ởngăn A và cho khí ở ngăn B ( xem hình1 – 2 ) � 30V   P �  10   4V  V � � 20V  P � � 10 ; 3VP ’, V ’ 20, VP ’ + 10 ( B ) 4V – V ( A ) ’ 10, 3V20, V ( B ) Hình 1  1   2  Hình 1-2 Khử V ’ trong hệ ( 1 ) và ( 2 ), ta có 30V   P �  10  � 4V  20V � P � � �. Đơn giản hai vế cho Vnhận được phương trình cho P ’ : 2P �  5P �  100  0  3  5  825 � 8,43 ( kPa ) Lấy nghiệm dương : 20VV �  � 2,37 VP � P. �  Áp suất trong ngăn A là : P. ’ + 10 = 18,43 ( kPa ) Thể tích của ngăn A là : 4V – V ’ = 1,63 V. Giải xong bài tập này ta đi đến chiêu thức giải. 2. Phương pháp giải : Để giải được bài tập này phải vận dụng được định luật Bôilơ – Mariôtp1v1 = p2v2 tích hợp nắm chắc điều kiện kèm theo cân đối của pit tông p = mg / s = p B-pA sauđó thiết lập hệ phương trình cho những thông số kỹ thuật của những khối khí giải hệ ta được kếtquả bài toán. 3. Bài tập vận dụng : Bài 1. Cho một ống tiết diện S nằm ngang được ngăn với bên ngoài bằng 2 pittông Pittông thứ nhất được nối với lò xonhư hình vẽ. Ban đầu lò xo không biến dạng, áp suất khí giữa 2 pittông bằng áp suất bênngoài p0. Khoảng cách giữa hai pittông là Hvà bằngchiều dài hình tròn trụ. Tác dụng lênpittông thứ 2 một lực F để nó chuyển độngtừ từ sang bên phải Tính F khi pittôn thứ 2 dừng lại ở biên phải của ống trụ. [ 3 ] Bài giảiXét điều kiện kèm theo biên đó là sự cân đối của hai pittông ở hai đầu khối khíĐiều kiện cân đối của pit tông trái : p0S – pS – kx = 0 ( 1 ) x độ di dời của pit tông trái, p áp suất khí giữa hai pittông. Điều kiện cân đối của pittông phải : F + pS – p0S = 0 Định luật Bôilơ : p0SH = p ( 2H – x ) S ( 3 )  p  Từ ( 1 ) và ( 2 )  F = kx, thay vào ( 4 ) :  p  ( 2 ) p0 H2H  x ( 4 ) p 0 kH. Thay vào ( 2 ) 2 kH  F  F 2  ( p 0 S  2 kH ) F  p 0 SkH  0 p0 Sp 02 S 2P hương trình có nghiệm là : F   kH   k 2H 2B ài 2. Một xi lanh chứa khí được đậy bằng pittông. Pittông hoàn toàn có thể trượtkhông ma sát dọc theo thành xi lanh. Pittông có khối lượng m, diện tích quy hoạnh tiết diện S.Khí có thể tích khởi đầu V. Áp suất khí quyển p0. Tìm thể tích khí nếu xilanhchuyển động thẳng đứng với tần suất a. Coi nhiệt độ khí không đổi. Bài giảiGọi V, p là thể tích và áp suất khí trong xi lanh khi pittông đứng cân đối : Ta có : Các lực công dụng vào pittông : trọng lựclực đẩy của khí trong xilanh ( p = mg ), ( F1 = pS ) ngoài xilanhĐiều kiện cân đối của pit tông : ( F2 = p0S ). Gọi V ’, P ’ là thể tích và áp suất khí trong xilanh khi pittông hoạt động : Ta có : Các lực công dụng vào pittông : trọng tải ( F ’ 1 = p’S ) ngoài xilanh ( p = mg ), lực đẩy của khí trong xilanh ( F ’ 2 = p0S ). Theo định luật II Niu-tơn : ( đi lên hoặc đi xuống ) Với : Vậy : Thể tích khí nếu xilanh hoạt động thẳng đứng với tần suất a làBài 3. Một xilanh nằm ngang kín hai đầu, có thể tích V = 1,2 lít và chứakhông khí ở áp suất p0 = 105 N / mét vuông. Xilanh được chia thành 2 phần bằng nhau bởipit tông mỏng mảnh khối lượng m = 100 g đặt thẳng đứng. Chiều dài xi lanh 2 l = 0,4 m. Xilanh được quay với tốc độ góc ω quanh trục thẳng đứng ở giữa xilanh. Tính ωnếu pittông nằm cách trục quay đoạn r = 0,1 m khí có cân đối tương đối. Bài giảiKhi xilanh đứng yên, khí trong mỗi nữa xilanh có thể tích, áp suất p0. Khi xilanh quay, khí trong nữa xilanh I có thể tích V 1 = S ( l-r ), áp suất p1 ; khí trongnữa xilanh II có thể tích V2 = S ( l + r ), áp suất p2. Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho hai nữa xilanh ta được : p0Sl = p1S ( l-r ) ( 1 ) p0Sl = p2S ( l + r ) ( 2 ) ( I ) ( II ) vàCác lực tính năng lên pit tông theo phương ngang :. Hợp cáclực này gây ra tần suất hướng tâm làm xilanh quay đều : Vậy : Vận tốc góc của xilanh khi quay quanh trục thẳng đứng ở giữa xilanh là200 rad / sC. Bài tập dạng bơm hút khí. 1. Bài tập mẫu : Một bình có thể tích V được nối với bơm hút khí. Dung tíchtối đa mỗi lần bơm là Vb =. Hỏi phải bơm hút tối thiểu bao nhiên lần để áp suất20trong bình thấp hơn 5 mmHg. Biết áp suất khởi đầu của bình là 760 mmHg và giữnhiệt độ không đổi trong quy trình bơm. Bài giảiKhi bình chưa nối với bơm thể tích khí trong bình là V áp suất khí trong bình là P.Khi bình nối với bơm thể tích khí trong bình dãn nở từ V đến V + VbpVDo T = const nên : Trong lần bơm thứ 1 : p1 ( V  V p )  pV  p1  V  VTrong lần bơm thứ 2 : p 2 ( V  V p )  p1V  p 2  pV 2 ( V  Vb ) 2 pV npV n  ( V  Vb )   Với pn ≤ 5 mmHgTương tự với lần bơm thứ n : p n  pnpn ( V  Vb ) lg 152  n , với n nguyên dương nên n ≥ 103. Bài tập bơm hút khí nhìn chung talg 1,05 đi theo trình tự dưới đây. 2. Phương pháp giải : Khi gặp bài toán dạng này phải vận dụng định luật Bôilơ Mariôt nhiều lầnchú ý trong mỗi lần bơm thể tích tăng thêm một lượng bằng thể tích của bơm khiđó PV = P1 ( V + Vb ) rút ra P1. Tiếp tục sử dụng định luật Bôilơ – Mariôt ta có P 1V = P2 ( V + Vb ) rút ra P2 cứ liên tục như vậy ta xác lập được Pn là áp suất trong bình saun lần bơm. Nếu là bài toán bơm khí vào ta hoàn toàn có thể giải thu gọn bằng cách chọn thểtích khởi đầu ( V + nVb ) và áp suất khởi đầu là p o, nếu vậy ta chỉ cần một lần sử dụngđịnh luật Bôilơ – Mariôt là đưa ra tác dụng bài toán. 3. Bài tập vận dụng : Bài 1. Một bơm hút khí dung tích ∆ V. Phải bơm bao nhiêu lần hút khí trongbình có thể tích V từ áp suất p0 đến áp suất p ? Coi nhiệt độ của khí là không đổi. Bài giảiBan đầu, khí trong bình có : Thể tích V, áp suất p0. Sau khi bơm lần thứ nhất, khí trong bình có : thể tích ( V + ∆ V ), áp suất p1 : Sau khi bơm lần thứ hai, khí trong bình có : thể tích ( V + ∆ V ), áp suất p2 : Tương tự sau lần bơm thứ n khí trong bình có áp suất p : p0lg  nlg  n  p0V  ΔVlgV  ΔVlgVậy : Phải bơm n = lần để đưa khí trong bình từ áp suất p0 lên đến áp suất p. Bài 2. Mỗi lần bơm đưa được V0 = 80 cm3 không khí vào ruột xe. Sau khibơm diện tích quy hoạnh tiếp xúc của những vỏ xe với mặt đường là 30 cm 2. Thể tích của ruột xesau khi bơm là 2000 cm3. Áp suất khí quyển p0 = 1 atm. Trọng lượng xe là 600N. Coinhiệt độ là không đổi. Tìm số lần bơm. Bài giảiSau n lần bơm, lượng khí vào trong bánh xe : ở trạng thái I ( p1 = 1 atm ; V1 = 2000 + nV0 = 2000 + 80 n ). ở trạng thái IIcó p, = 600 / 3.10 – 3 = 2.105 N / m = 2 atm nên ( p2 = p0 + p ’ = 1 + 2 = 3 atm, V2 = 2000 cm3 ). Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho quy trình đẳng nhiệt : Vậy : Số lần bơm xe là n = 50. D.Bài toán đẳng nhiệt tương quan đến áp suất của chất lỏng. 1. Bài tập mẫu : Ở độ sâu h1 = 1 m dưới mặt nước có một bọt không khí hìnhcầu. Hỏi ở độ sâu nào, bọt khí có nửa đường kính nhỏ đi 2 lần. Cho khối lượng riêng củanước D = 103 kg / m3, áp suất khí quyển p0 = 105N / mét vuông, g = 10 m / s2 ; nhiệt độ nướckhông đổi theo chiều sâu. Bài giải10Ở độ sâu h1, bọt khí có thể tích V 1, áp suất p1 : p1 = p0 + Dgh1Ở độ sâu h2, bọt khí cóthể tích V2, áp suất p2 : p2 = p0 + Dgh2. Vì nhiệt độ bọt khí không đổi nên : Ta có : P2 / P1 = ( Po + Dgh2 ) / ( Po + Dgh1 ) = 8 h2 = 80,352 m. Vậy : Ở độ sâu 80,352 m bọt khí có nửa đường kính nhỏ đi 2 lần. áp suất của chấtlỏng gây ra cho khối khí sẻ biến hóa theo độ sâu dẫn đến hướng xử lý vấn đềlà. 2. Phương pháp giải : Dạng bài tập này khi giải tất cả chúng ta cần quan tâm công thức tính áp suất ở độsâu h. P. = Po + Dgh để tính áp suất công dụng lên mặt phẳng bình chứa ở độ sâu đó đồngthời vận dụng định luật Bôi lơ-Ma ri ốt và rút ra hiệu quả bài toán3. Bài tập vận dụng : Bài 1. Một xilanh có thành mỏng dính, bên trong chứa một lượng khí xác lập. Xilanh được đậy bằng một pit-tông nhẹ, mỏng dính. Khi xilanh nổi tự do trên mặt nước ( Hình 4 ) thì khoảng cách từ pit-tông đến mặt nước là a = 4 cm, khoảng cách từ mặtnước đến đáy xilanh là b = 20 cm. Nhấn chìm cả hệ xilanh và pit-tông vào trongnước đến độ sâu tối thiểu là bao nhiêu để hệ không hề tự nổi lên khi thả ra ? ( độ sâuđược tính là khoảng cách từ mặt nước đến pit-tông ). Biết nhiệt độ khí trong xilanhkhông đổi, khối lượng riêng của nước  = 1000 kg / m3, áp suất khí quyển P0 = 1,013. 105 Pa, g = 10 m / s2, bỏ lỡ ma sát giữa pit-tông và xilanh. Áp suất nước ởđộ sâu h tính theo công thức p = po + ρgh. Bài giảiLúc đầu P1 = P0 và V1 = ( a + b ) SGọi h là khoảng cách cầntìm từ pit-tông đến mặt nước. Tại đó, nước đã đẩy pit-tôngxuống một đoạn x. Ta có : P2  P0   gh và V2   a  b  x  SKhi nổi trên mặt nước ta có mg =  bSgHình 4 Để xilanh không tự nổi lên thì mg ≥  ( a + b – x ) Sg => x ≥ aNhiệt độ của nước không đổi khác, theo định luật Bôi-Mariốt : 11PV1 1  P2V2 � P0  a  b  S   P0   gh   a  b  x  STừ những điều kiện kèm theo trên  hP0a = 2,026 m. Vậy hmin = 2,026 m  gbBài 2. Một ống thủy tinh một đầu kín, dài 57 cm chứa không khí có áp suấtbằng áp suất không khí ( 76 cmHg ). Ấn ống vào chậu thủy ngân theo phương thẳngđứng, miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột thủy ngân đi vào ống khi đáy ống ngangmặt thoáng thủy ngân. Bài giảiGọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột thủy ngân đi vào ống ( 0T a có : – Ban đầu, khí trong ống có thể tích V 1 = Sl, áp suất p1 = p0 = 76 cmHg. – Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống hoàn toàn có thể tíchV2 = S ( l-x ), áp suất p2 = [ p0 + ( l-x ) ]. Áp dụng định luật Bôi-Mariôtcho khí trong ống : p1V1 = p2V2. x – ( p0 + 2 l ) x + l = 0 x – 190 x + 3249 = 0 p0Sl = [ p0 + ( l – x ) ]. S ( l-x ) x – ( 76 + 2.57 ) ) x + 57 = 0x1 = 171 cm ( loại ) ; x2 = 19 cm. Vậy : Độ cao cột thủyngân đi vào ống khi đáy ống ngang mặt thoáng thủy ngân là x = 19 cm. Bài 3. . Ống thủy tinh một đầu kín dài 112,2 cm, chứa không khí ở áp suấtkhí quyển p0 = 75 cmHg. Ấn ống xuống một chậu nước theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới. Tìm độ cao cột nước đi vào ống khi đáy ống ngang với mặtnước. Bài giảiGọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột nước đi vào ống ( 0T a có : – Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sl, áp suất p1 = p0 = 75 cmHg. Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống hoàn toàn có thể tích12V2 = S ( l-x ), áp suất p2 = [ p0 + ( Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí trong ống : p1V1 = p2V2. p0Sl = [ p0 + ( S ( l-x ) x – ( 13,6 p0 + 2 l ) x + l = 0 x – ( 13,6. 75 + 2.112,2 ) x + 112,2 = 0 x – 1242,4 x + 12688,84 = 0x1 = 10,2 cm ( loại nghiệm > 112,2 cm ). Bài 4. Ống thủy tinh một đầu kín dài 80 cm chứa không khí ở áp suất bằngáp suất khí quyển p0 = 75 cmHg. Ấn ống vào thủy ngân theo phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới ( thấp hơn ) mặt thủy ngân 45 cm. Tìm độ cao cột thủy ngân đivào ống. Bài giảiGọi l là chiều dài của ống, x là độ cao cột thủy ngân đi vào ống ( 0T a có : – Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sl, áp suất p1 = p0 = 75 cmHg. Sau khi ấn ống vào nước, khí trong ống hoàn toàn có thể tíchV2 = S ( l-x ), áp suất p2 = [ p0 + h – x ]. Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí trong ống : p1V1 = p2V2. p0Sl = [ p0 + h – x ]. S ( l-x ) x – ( p0 + h – l ) x + hl = 0 x – ( 75 + 45 – 80 ) x + 45.80 = 0 x – 200 x + 3600 = 0x1 = 180 cm > 80 cm ( loại ) ; x2 = 20 cm. Vậy : Độ cao cột thủy ngân đivào ống là : x = 20 cmBài 5. Một cái hố sâu 15 m dưới đáy hồ nhiệt độcủa nước là 7 C còn trên mặt hồ là 22 C. Áp suất khíquyển là 1 atm. Một bọt không khí có thể tích 1 mmđược nâng từ đáy hồ lên. Ở sát mặt nước, thể tích không13khí là bao nhiêu cho biết khối lượng riêng của nước  = 1000 kg / m tần suất trọngtrường g = 9,8 ( m / s ). Bài giảiKhi bọt khí ở đáy hồ do khối lượng riêng của khí nhỏ hơn khối lượng riêngcủa nước nên bọt khí sẽ được nâng dần lên. Lực công dụng lên bọt khí giảm ( dochiều cao cột nước giảm ) dẫn đến áp suất giảm, bọt khí to dần ra đồng thời nhiệtđộ tăng lên ( t2 > t1 ) vận dụng phương trình trạng thái P1V1 / T1 = P2V2 / T2áp suất do nước gây nên p1 = pKQ +  ghp1V1 p 2 V2p V T ( p   gh ). V1T2 � V2  1 1. 2  KQ  2.610  9 m3  2.6 mm3T1T2p 2 T1p 2T1 Bài 6. Một ống nghiệm hình tròn trụ cao l0 = 15 cm chứa không khí ở 30 C.Người ta lộn ngược bình và nhúng vào chất lỏngcó khối lượng riêng D = 1000 kg / m. Cho đáy ốngnghiệm cao hơn mặt thoáng 5 cm, lúc này khôngkhí bên trong chiếm 2/3 ống nghiệm. a ) Nhấn bình xuống cho đáy ngang với mặt thoángcủa chất lỏng thì mực nước trong bình chênh lênbao nhiêu so với mặt thoáng chất lỏng. b ) Hỏi nhiệt độ của không khí phải bằng bao nhiêu thì không còn chất lỏng trongống nghiệm nữa. Biết đáy của ống nghiệm vẫn ở ngang mặt thoáng của chất lỏng. cho áp suất khí quyển p0 = 9,4. 10 Pa, g = 10 m / s. Bài giảia ) Khi không khí ở trạng thái 1 : T1 = 30 + 273 = 303K p1 = p0 + Dgl0 / 3V1 = 2 l0s / 3P0 P0l0Khi không khí ở trạng thái 2 : T2 = T1 = 303K14 P2 = p0 + Dgx, V2 = xS Theo định luật Bôi – mari ốt : p1V1 = p2V2l 2 l 2  ( p 0  pg. 0 ) l 0 S  ( p 0  Dgx ) xS  Dgx  p 0 x  ( p 0  pg. 0 ) l 0  03 33 34 2T hay số : 10 x + 9,4 x – ( 9,4 + 0,05 ). 10. 0,1 = 0  x2 + 9,4 x – 0,945 = 0  x = 0,1 m  x = 10 cm. Vậy mực chất lỏng thấp hơn mặt thoáng 10 cm. b ) Khi không khí ở trạng thái 3 : T3 = ? P3 = p0 + Dgl0 V3 = l0SÁp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng : pV ( p  Dgx ). xS ( p 0  Dgl 0 ). l 0 Sp 2V2  3 3  0T2 T3T2T3 => T3 = 465,89 K hay t3 = 183,89 C.E. Bài tập đẳng nhiệt với ống khí có thủy ngân ngăn cách với không khí ngoàihay ngăn cách giữa hai khối khí với nhau1. Bài tập mẫu :. Một ống nhỏ tiết diện đều, một đầu kín. Một cột thủy ngâncao 75 mm đứng cân đối, cách đáy 180 mm khi ống thẳng đứng miệng ống ở trêncao và cách đáy 220 mm khi ống thẳng đứng miệng ống ở dưới. Tìm áp suất khíquyển và độ dài cột không khí trong ống khi ống nằm ngang. Bài giảiKhi miệng ống ở trên, khí trong ống có thể tích V1 = Sx1, áp suất p1 = p0 + h. Khi miệng ống ở dưới, khí trong ống có thể tích V2 = Sx2, áp suất p2 = p0 – h. Theo định luật Bôi-Mariôt, ta có : p1V1 = p2V2 ( p0 + h ). Sx1 = ( p0 – h ). Sx2Khi đặt ống nằm ngang, khí trong ống có thể tích V0 = Sx0, áp suất p0. Do đó : 15 pV0 = p1V1p0Sx0 = ( p0 + h ). Sx1Vậy : Áp suất khí quyển và độ dài cột không khí trong ống khi ống nằm ngang là p 0 = 750 mmHg và x0 = 198 mm. 2. Phương pháp giải. Với bài dạng này ta xét khi ống nằm ngang áp suất của khối khí bằng áp suấtkhí quyển po = 760 mmHg khi ống thẳng đứng có miệng ống phía trên áp suất khốikhí p1 = po + h, khi ống thẳng đứng có miệng ống phía dưới áp suất khối khí p 1 = po – h. Nếu hai khối khí ngăn cách bởi cột thủy ngân h, ống thẳng đứng áp suất khối khíphía trên p1, áp suất khối khí phía dưới p2 = p1 + h. Kết hợp điều này vận dụngphương trình đẳng nhiệt ta giải được bài toán. 3 Bài tập vận dụng : Bài 1. Ống thủy tinh dài 20 cm, thẳng đứng, đầu kín ở dưới, đầu hở ở trên. Cột không khí cao 20 cm trong ống bị giam bởi cột thủy ngân cao 40 cm. Áp suấtkhí quyển p0 = 80 cmHg. Nhiệt độ không đổi. Khi ống bị lật ngược, hãy : a ) Tìm độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống. b ) Tìm chiều dài ống để hàng loạt cột thủy ngân chảy ra ngoài. Bài giảia ) Độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống – Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = Sx, áp suất p1 = p0 + h. – Khi ống bị lật ngược, một phần thủy ngân chảy ra ngoài, phần còn lại có độ cao h < h. Khí trong ống lúc này có thể tích V2 = S ( l-h ), áp suất p2 = p0 – h. - Áp dụng định luật Bôi-Mariôt : p1V1 = p2V2. ( p0 + h ). Sx = ( p0 – h ). S ( l – h ) ’ 2 h – ( p0 + l ) h + p0l – p0x – hx = 0 ’ 2 x = 20 cm ; h = 40 cm ; l = 60 cm suy ra : h – ( 80 + 60 ) h + 80.60 – 80.20 – 40.20 = 016 ’ 2 h – 14 h + 2400 = 0 h 1 = 120 cm ( loại ) ; h 2 = 20 cm. Vậy : Độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống là : h = 20 cm. b ) Chiều dài ống để hàng loạt cột thủy ngân không chảy ra ngoàiGọi l là chiều dài tối thiểu của ống để hàng loạt cột thủy ngân không chảy ra ngoài. Khi đó khí trong ống có thể tích V3 = ( l – h ) S, áp suất p3 = p0 – h. Theo định luật Bôi-Mariôt, ta có : p1V1 = p3V3l = p0  h80  40. x  h . 20  40  100 cm. p0  h80  40 ( p0 + h ). Sx = ( p0 – h ). S ( l – h ) Vậy : Để hàng loạt cột thủy ngânkhông chảy ra ngoài thì ống phải có chiều dài tối thiểu là 100 cm. Bài 2. Ở chính giữa một ống thủy tinh hình tròn trụ tròn nằm ngang, tiết diệnnhỏ, chiều dài ℓ = 100 cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20 cm nằmcân bằng. Trong ống có không khí được giữ ở nhiệt độ không đổi. Lấy g = 9,8 m / s2. Cho khối lượng riêng của thủy ngân là ρ = 13600 kg / m3. a. Khi đặt thẳng đứng, cột thủy ngân di dời xuống dưới một đoạn d = 12,5 cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang. b. Đặt ống thủy tinh trãi dài trên đường dốc chính của một mặt phẳng nghiênggóc α = 30 o so với mặt phẳng ngang. Thả cho ống trượt trên đường dốc đó. Tìmchiều dài của phần khí bên dưới của ống. Biết thông số ma sát giữa ống và mặt phẳngnghiêng μ = 0,346 ≈ 0,2 3. Bài giảiGọi áp suất khí trong ống khi ống nằm ngang là pKhi dựng ống thẳng đứng, áp suất khí bên trong ốngPhần trên : pt ; Phần dưới : pd Gọi tiết diện của ống là SÁp dụng định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có : pt. 52,5. S = p. 40. S = pd. 27,5. SMặt khác : pd = pt + 20 cmHg nên pd - pt = 20 cmHg => 4040 ) p  20 cmHg => p = 28,875 cmHg = 288,75 mmHg27, 5 52,5 Gia tốc của ống : a = g. sinα − μ. g. cosα = 0,2 g. Cột thủy ngân dịch xuống 1 đoạn xLực đẩy trên xuống ( dọc theo mặt phẳng nghiêng ) : p40S  . S.h.g. sin 30 o40  x17Lực đẩy dưới lên ( dọc theo mặt phẳng nghiêng ) : p4040  xBài 3. Một ống hình tròn trụ hẹp, kín hai đầu, dài l = 105 cm, đặt nằm ngang. Giữa ống có một cột thủy ngân dài h = 21 cm, phần còn lại của ống chứa không khíở áp suất p0 = 72 cmHg. Tìm độ vận động và di chuyển của cột thủy ngân khi ống thẳng đứng. Bài giải – Ban đầu, khi ống nằm ngang, khí ở hai bên cộtthủy ngân giống nhau, mỗi bên có thể tích V 0 = Sl1, áp suất p0. – Khi ống đặt thẳng đứng thì : + Khí ở phần trên có thể tích V1 = S ( l1 + x ), áp suất p1. + Khí ở phần dưới có thể tích V2 = S ( l1 + x ), áp suất p2 = p1 + h. Áp dụng định luật Bôi-Mariôt cho khí ở hai phần : l1 + Phần trên : p0V0 = p1V1p0Sl1 = p1S ( l + x ) ( 1 ) + Phần dưới : p0V0 = p2V2p0Sl1 = ( p1 + h ). S ( l1 – x ) ( 2 ) p 0 l1p 0 l1 – Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra : p1 = l  x  l  x – hIIp0l1 ( l1 – x ) = p0l1 ( l1 + x ) – h ( l1 + x ) ( l1 – x ) Thay số : p0 = 72 cm ; h = 21 cm ; l1 = x + 288 x – 1764 = 0 ( 105 – 21 ) = 42 cm. x1 = – 294 cm < 0 ( loại ) ; x2 = 6 cm. Vậy : độ vận động và di chuyển của cột thủy ngân khi ống thẳng đứng là : x = 6 cm. 2.4. Hiệu quả của ý tưởng sáng tạo kinh nghiệm tay nghề so với hoạt động giải trí giáo dục. Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề đã kiến thiết xây dựng được một giải pháp giải toán Vật lýhoàn chỉnh về vận dụng định luật Bôilơ-Mariốt, để kiểm tra tính ứng dụng thực tếcủa ý tưởng sáng tạo tôi cho học viên làm bài kiểm tra phần nhiệt về vận dụng định luật Bôilơ – Ma ri ốt, khi học viên chưa điều tra và nghiên cứu thì hầu hết những em làm được câu dễ có18các công thức tường minh. với những câu yên cầu tính tư duy cao như dạng toán cótính đến sự cân đối của pitton thì học viên không giải được nhưng khi giáo viênđã hướng dẫn cho học viên kỹ năng và kiến thức trong đề tài thì hiệu quả kiểm tra của lớp 10A 2 và 10A7 như sau : Kết quả kiểm tra khi chưa triển khai hướng dẫn cho học viên. Điểm trên 8 Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5L ớpSốlượngSố lượngTỷ lệSốlượngTỷ lệSốlượngTỷ lệLớp 10A2417, 32 % 3175,61 % 17.07 % Lớp 10A7440 % 2250 % 2250 % Kết quả kiểm tra khi đã hướng dẫn đơn cử cho học viên. LớpSốlượngLớp 10A1 Lớp 10A7 Điểm trên 8 Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5S ốlượngTỷ lệSốlượngTỷ lệSốlượngTỷ lệ411536, 59 % 2458.54 % 4.87 % 4413.64 % 3272.73 % 13.63 % Qua số liệu trên tôi thấy đề tài đã thực sự là một chiêu thức giải toán Vậtlý hữu hiệu có công dụng tích cực tới những em học viên khá và giỏi, những em không cònmơ hồ lúng túng khi gặp bài toán dạng này. Với tận tâm nghề nghiệp tôi rấtmong được sự ưng ý, san sẻ, góp ý của những đồng nghiệp. III – KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ : - KẾT LUẬNQua nghiên cứu và điều tra và hoàn thành xong ý tưởng sáng tạo kinh nghiệm tay nghề, bản thân tôi thấy đãhệ thống được một giải pháp giải toán vật lý, nâng cao năng lượng trình độ vìgiải toán vật lý là cần những chiêu thức giải hay và phát minh sáng tạo. Đối với học sinhkhi được hướng dẫn những kỹ năng và kiến thức trong sáng tạo độc đáo giúp những em có cách nhìn vềviệc ứng dụng toán học vào giải bài tập vật lý, kích thích được tính tò mò sáng tạo19và làm tốt những bài tập của những em đặc biệt quan trọng có ích cho việc tu dưỡng học sinhgiỏi, nâng cao chất lượng mũi nhọn trong công tác làm việc trình độ. Trong quy trình thực thi đề tài, tôi đã cố gắng nỗ lực bộc lộ nội dung một cách hệthống, trình diễn yếu tố rõ ràng, đúng chuẩn nhưng sẽ không tránh khỏi những thiếuxót. Rất mong được bạn đọc và quý đồng nghiệp góp ý để sáng tạo độc đáo của tôi đượchoàn thiện và đa dạng và phong phú hơn. - KIẾN NGHỊNếu ý tưởng sáng tạo được công nhận ở ngành tôi ý kiến đề nghị thông dụng thoáng đãng tạothành một tài liệu tìm hiểu thêm tu dưỡng học viên khá và giỏi đặc biệt quan trọng tu dưỡng độituyển học viên giỏi đi dự thi học viên giỏi những cấp. XÁC NHẬN CỦAThanh hoá, ngày 22 tháng 05 năm 2019TH Ủ TRƯỞNG ĐƠN VỊTôi xin cam kết đây là SKKN củamình viết, không sao chép nội dungcủa người khác. ( Ký và ghi rõ họ tên ) Lê Hồng Sơn20IV – TÀI LIỆU THAM KHẢO1. SGK cơ bản vật lý102. SGK nâng cao Vật lý 103. Sách giải toán Vật lý 10 tập 2 ( tác giả Bùi Quang Hân ) 4. Sách tuyển tập những đề thi Olympic Vật lý 30/45. Sách những bài vật lý tinh lọc trung học phổ thông cơ - nhiệt ( Vũ Thanh Khiết ) 6. Các tài liệu tương quan khác21

5/5 - (1 vote)
Subscribe
Notify of
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments