Bài tập cuối chương II trang 38, 39, 40 SBT Vật lí 12 Kết nối tri thức

II.1

Hãy dựa vào sơ đồ kiến thức Chương II (Hình II.1) để trình bày tóm tắt bằng lời về cấu trúc và nội dung cơ bản của Chương II.

Hình II.1

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Chương II được chia thành hai hướng nghiên cứu chính:

1. Phương pháp thực nghiệm: Tập trung vào việc nghiên cứu khí lý tưởng thông qua các thí nghiệm và định luật thực nghiệm.

– Định luật Boyle: Mô tả mối quan hệ giữa áp suất và thể tích của một lượng khí khi nhiệt độ không đổi.

– Định luật Charles: Mô tả mối quan hệ giữa thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của một lượng khí khi áp suất không đổi.

– Phương trình trạng thái khí lý tưởng: Tổng hợp các định luật Boyle và Charles, cho phép tính toán các thông số trạng thái của khí.

– Định luật Dalton: Mô tả áp suất của hỗn hợp khí.

2. Phương pháp lý thuyết: Dựa trên mô hình khí lý tưởng và các định luật cơ học Newton để giải thích các hiện tượng quan sát được.

– Mô hình khí lý tưởng: Mô hình hóa phân tử khí như các chất điểm không có kích thước, va chạm đàn hồi với nhau và thành bình.

– Áp suất khí: Giải thích áp suất khí dựa trên các va chạm của các phân tử khí vào thành bình.

– Động năng phân tử và nhiệt độ: Liên hệ giữa động năng trung bình của các phân tử khí và nhiệt độ tuyệt đối.

– Phương trình trạng thái khí lý tưởng (Clapeyron): Dựa trên mô hình khí lý tưởng và các định luật bảo toàn để thiết lập phương trình trạng thái tổng quát.

Nội dung cơ bản

– Khí lý tưởng: Là một mô hình lý tưởng hóa để nghiên cứu các tính chất của khí.

– Các thông số trạng thái: Áp suất, thể tích, nhiệt độ.

– Các định luật khí: Mô tả mối quan hệ giữa các thông số trạng thái.

– Mô hình động học phân tử: Giải thích các hiện tượng khí dựa trên chuyển động nhiệt của các phân tử.

– Phương trình trạng thái tổng quát: Cho phép tính toán các thông số trạng thái của khí trong các điều kiện khác nhau.

II.2

Quan niệm nào sau đây của thuyết động học phân tử chất khí không làm cho các định luật về chất khí của thuyết này chỉ là các định luật gần đúng

A. Coi phân tử là hạt cơ bản.

B. Dùng các định luật cơ học Newton.

C. Bỏ qua thể tích riêng của các phân tử khí.

D. Coi các phân tử khí chuyển động hỗn loạn không ngừng.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Coi các phân tử khí chuyển động hỗn loạn không ngừng: Đây là một mô tả chính xác của các phân tử khí trong thuyết động học phân tử. Chuyển động hỗn loạn và ngẫu nhiên của các phân tử khí là cơ sở để xây dựng các định luật chất khí. Quan niệm này không làm cho các định luật trở thành gần đúng; ngược lại, nó giúp giải thích và dự đoán các hành vi của khí.

Đáp án: D

II.3

Biểu thức nào sau đây về chất khí không được rút ra từ thí nghiệm?

A. \(V = {V_o}(1 + \alpha \Delta t).\)

B. \(\frac{V}{T}\)= hằng số.

C. \(p = \frac{m}{V}\overline {{v^2}} .\)

D. pV = hằng số.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Biểu thức về chất khí không được rút ra từ thí nghiệm là:\(p = \frac{m}{V}\overline {{v^2}} .\)

Đáp án: C

II.4

Biểu thức nào sau đây về chất khí được xây dựng dựa trên thí nghiệm kết hợp với lí thuyết?

A. \(\frac{p}{T}\)= hằng số.

B. \(pV = nRT.\)

C. \(p = {V_o}(1 + \alpha \Delta t).\)

D. \(\overline {{E_d}}  = \frac{3}{2}kT.\)

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Biểu thức về chất khí được xây dựng dựa trên thí nghiệm kết hợp với lí thuyết là:\(\overline {{E_d}}  = \frac{3}{2}kT.\)

Đáp án: D

II.5

Bốn bình có dung tích giống nhau đựng các chất khí khác nhau ở cùng nhiệt độ. Bình nào chịu áp suất khí lớn nhất?

A. Bình chứa 4 g khí hydrogen.

B. Bình chứa 22 g khí carbon dioxide.

C. Bình chứa 7 g khí nitrogen.

D. Bình chứa 4 g khí oxygen.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

\(p = \frac{{nRT}}{V} \Rightarrow p \sim n\)

Có \(n = \frac{m}{M}\). Từ đó ta tính được:

– H₂: 2 mol

– CO₂: 0.5 mol

– N₂: 0.25 mol

– O₂: 0.125 mol

Nên bình chứa 4 g khí hydrogen (H₂) chịu áp suất khí lớn nhất.

Đáp án: A

II.6

Một quả cầu có thể tích 0,1 m³ làm bằng giấy có một lỗ hổng ở dưới để qua đó có thể làm nóng không khí trong quả cầu lên tới 340 K. Biết nhiệt độ của không khí bên ngoài quả cầu là 290 K và áp suất không khí bên trong và bên ngoài quả cầu là 100 kPa.

Vỏ quả cầu phải có khối lượng lượng tối đa là bao nhiêu để quả cầu có thể bay lên? Coi không khí là khối khí đồng nhất có khối lượng riêng là 1,29 kg/m³ ở điều kiện chuẩn.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Số mol khí bên trong quả cầu là: \(n = \frac{{pV}}{{R{T_1}}} = \frac{{{{10}^5}.0,1}}{{8,31.340}} \approx 3,539(mol)\)

Khối lượng khí bên trong quả cầu là: \(m = n.\mu  = 3,539.29 = 102,6(g)\)

Xét 1 m³ không khí bên ngoài có khối lượng 1,29 kg không đổi:

Trạng thái 1 ở đktc: \(\left\{ \begin{array}{l}{p_o} = {1,013.10^5}Pa\\{V_o} = 1{m^3}\\{T_o} = 273K\end{array} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ \begin{array}{l}{p_1} = p = 100kPa = {10^5}Pa\\{V_1}\\{T_1} = 290K\end{array} \right.\)

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng, ta có:

\(\frac{{{p_o}{V_o}}}{{{T_o}}} = \frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} \Rightarrow \frac{{{{1,013.10}^5}.1}}{{273}} = \frac{{{{10}^5}.{V_1}}}{{290}} \Rightarrow {V_1} \approx 1,076({m^3})\)

Khối lượng riêng của không khí bên ngoài là:\({\rho _o} = \frac{m}{{{V_1}}} = \frac{{1,29}}{{1,076}} \approx 1,2(kg/{m^3})\)

Để quả cầu bay lên, khối lượng riêng của quả cầu thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}\rho  \le {\rho _o} \Rightarrow \frac{{M + m}}{V} \le {\rho _o} \Rightarrow \frac{{M + 0,1026}}{{0,1}} \le 1,2\\ \Rightarrow M \le 0,0174kg = 17,4g\end{array}\)

II.7

Một khí cầu có thể tích 336 m³ và khối lượng vỏ 84 kg được bơm không khí nóng tới áp suất bằng áp suất không khí bên ngoài. Không khí nóng phải có nhiệt độ bằng bao nhiêu để khí cầu có thể bắt đầu bay lên. Biết không khí bên ngoài có nhiệt độ 37 °C, áp suất 1 atm và khối lượng mol là 29.10^-3 kg/mol.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Gọi ρ₁ và ρ₂ là khối lượng riêng của không khí ở nhiệt độ \({T_1} = 37 + 273 = 310{\rm{ }}K\) và nhiệt độ T₂ là nhiệt độ khi khí cầu bắt đầu bay lên.

Khi khí cầu bay lên:

\(\begin{array}{l}{F_A} = {P_{kc}} + {P_{kk}} \Rightarrow {\rho _1}gV = mg + {\rho _2}gV\\ \Rightarrow {\rho _2} = {\rho _1} - \frac{m}{V}(1)\end{array}\)

Ở điều kiện chuẩn, khối lượng riêng của không khí là: \({\rho _o} = \frac{{29}}{{22,4}} = 1,295(kg/{m^3})\)

Vì thể tích của một lượng khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối khi áp suất không đổi nên khối lượng riêng của một lượng khí tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối khi áp suất không đổi.

Ta có: \({\rho _1} = \frac{{{T_o}{\rho _o}}}{{{T_1}}}(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \[{\rho _1}\; = 1,295{\rm{ }}kg/{m^3}\]

Do đó: \[{\rho _2}\; = 0,928kg/{m^3}\]

Vì \({\rho _2} = \frac{{{T_o}{\rho _o}}}{{{T_2}}} \to {T_2} = \frac{{{T_o}{\rho _o}}}{{{\rho _2}}} = \frac{{273.1,295}}{{0,928}} = 381K = {108^o}C\)

II.8

Một quả bóng thám không có dung tích không đổi 1200 lít. Vỏ bóng có khối lượng 1 kg. Bóng được bơm khí hydrogen ở áp suất bằng áp suất khí quyển tại mặt đất (1,013.10⁵ Pa) và nhiệt độ 27 °C.

a) Tính lực làm quả bóng rời khỏi mặt đất.

b) Bóng lên tới độ cao h thì dừng lại, tại đó nhiệt độ của khí quyển là 7 °C. Tính áp suất của khí quyển tại độ cao này.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

a) Số mol bên trong bóng thám không là: \({n_1} = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{1,013.10}^5}.1,2}}{{8,31.(27 + 273)}} \approx 48,76(mol)\)

Khối lượng của khí hydrogen trong bóng là: \({m_1} = {n_1}{\mu _1} = 48,76.2 = 97,52(g)\)

Trọng lượng bóng là: \(P = (M + {m_1})g = (1 + 0,09752).9,8 \approx 10,76(N)\)

Xét thể tích 1 m³ không khí bên ngoài bóng thám không có số mol khí là:

\({n_2} = \frac{{p{V_o}}}{{RT}} = \frac{{{{1,013.10}^5}.1}}{{8,31.(27 + 273)}} \approx 40,63(mol)\)

Khối lượng riêng của không khí bên ngoài bóng là:

\({\rho _2} = \frac{{{m_2}}}{{{V_o}}} = \frac{{{n_2}{\mu _2}}}{{{V_o}}} = \frac{{{{40,63.29.10}^{ - 3}}}}{1} \approx 1,178(kg/{m^3})\)

Lực đẩy Archimedes tác dụng lên bóng là: \({F_A} = {\rho _2}gV = 1,178.9,8.1,2 = 13,85(N)\)

Lực làm quả bóng rời khỏi mặt đất là: \(F = {F_A} - P = 13,85 - 10,76 = 3,09(N)\)

b) Khối lượng riêng của không khí bên ngoài bóng là:

\({\rho _2} = \frac{{{m_2}}}{{{V_o}}} = \frac{{{n_2}{\mu _2}}}{{{V_o}}} = \frac{{p{V_o}}}{{RT'}}.\frac{{{\mu _2}}}{{{V_o}}} = \frac{{p'{\mu _2}}}{{RT'}}\)

Bóng dừng lại  khi:

 \(\begin{array}{l}F = 0 \to {F_A} = P \to {\rho _2} = {\rho _1}\\ \Rightarrow \frac{{p'{\mu _2}}}{{RT'}} = \frac{M}{{{V_1}}} + \frac{{p'{\mu _1}}}{{RT'}}\\ \Rightarrow \frac{{p'({\mu _2} - {\mu _1})}}{{RT'}} = \frac{M}{{{V_1}}}\\ \Rightarrow p' = \frac{{MRT'}}{{{V_1}({\mu _2} - {\mu _1})}} = \frac{{1000.8,31.(7 + 273)}}{{1,2.(29 - 2)}} \approx {7,2.10^4}(Pa)\end{array}\)

II.9

Một vận động viên leo núi cần hít vào 2 g không khí ở điều kiện chuẩn trong mỗi nhịp thở. Hỏi ở trên núi cao khi không khí có áp suất và nhiệt độ tương ứng là 79,8 kPa và 13 °C thì thể tích không khí người đó phải hít vào trong mỗi nhịp thở bằng bao nhiêu? Biết khối lượng riêng của không khí ở điều kiện chuẩn là 1,29 kg/m³ và coi khối lượng không khí hít vào trong mỗi nhịp thở là bằng nhau.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

2 g không khí ở đktc có thể tích là: \(V = \frac{{0,002}}{{1,29}} \approx {1,55.10^{ - 3}}({m^3}) = 1,55l\)

Số mol không khí người đó hít vào là: \(n = \frac{V}{{22,4}} = 0,0692(mol)\)

\(pV = nRT \to V = \frac{{nRT}}{p} = \frac{{0,0692.\frac{{22,4}}{{273}}.260}}{{79800}} = 1,85(l)\)

II.10

Một bình đựng 10 lít khí hydrogen ở áp suất 50 atm và nhiệt độ 7 °C. Do nắp bình không được vặn thật kín nên khi nhiệt độ của bình bị tăng thêm 10 °C thì tuy có một lượng khí thoát ra ngoài nhưng áp suất khí trong bình vẫn không đổi. Tính khối lượng khí thoát ra ngoài.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Gọi khối lượng khí trong bình trước và sau khi nung là .

Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép, ta có:

\(pV = \frac{{{m_1}}}{\mu }R{T_1} \to {m_1} = \frac{{pV}}{{R{T_1}}}\mu \) và \(pV = \frac{{{m_2}}}{\mu }R{T_2} \to {m_2} = \frac{{pV}}{{R{T_2}}}\mu \)

Suy ra độ biến thiên khối lượng khí trong bình là:

\(\Delta m = {m_2} - {m_1} = \frac{{pV}}{R}\mu \left( {\frac{1}{{{T_2}}} - \frac{1}{{{T_1}}}} \right) = \frac{{50.10.2}}{{0,048}}\left( {\frac{1}{{290}} - \frac{1}{{280}}} \right) \approx 1,47(g)\)

II.11

Một bình thể tích V chứa 1 mol khí lí tưởng Hình 13.2. Van bảo hiểm của bình là một xi lanh, thể tích không đáng kể so với thể tích bình, có pit-tông diện tích S, giữ bằng lò xo có độ cứng k. Khi nhiệt độ của khí là T₁ thì pit-tông ở cách lỗ thoát khí một khoảng l. Hỏi nhiệt độ của khí tăng tới nhiệt độ T₂ nào thì khí thoát ra ngoài? Biết lực đàn hồi của lò xo được xác định bằng công thức: \({F_{dh}} = k\left| {\Delta l} \right|.\)

(Theo đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1986)

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Ở nhiệt độ T₁ thì lực F₁ do khí tác dụng lên pit tông bằng lực đàn hồi F_đh1 của lò xo lúc này và áp lực của khí quyển F_kq:

\({F_1} = {F_{dh1}} + {F_{kq}} \to {p_1}S = {F_{dh1}} + {F_{kq}}\)

Từ phương trình pV = nRT với n = 1 suy ra \({p_1} = \frac{{R{T_1}}}{V}\)nên ta có:

\(\frac{{R{T_1}}}{V}S = {F_{dh1}} + {F_{kq}}\) (1)

Ở nhiệt độ T₁ thì lực F₂ do khí tác dụng lên pit-tông bằng lực đàn hồi F_đh2 của lò xo lúc này và áp lực của khí quyển F_kq:

\({F_{dh2}} = {F_{dh1}} + {F_{kq}} + kl\)

Biết \({F_2} = {p_2}S = \frac{{R{T_2}}}{V}S\) nên ta có: \(\frac{{R{T_2}}}{V}S = {F_{dh1}} + {F_{kq}} + kl\)  (2)

Từ (1) và (2) tính được: \({T_2} = {T_1} + \frac{{klV}}{{RS}}\)

II.12

Khối lượng riêng của hỗn hợp khí nitrogen và hydrogen ở nhiệt độ t = 37°C và áp suất p = 1,96.10⁵ Pa là D = 0,30 kg/m³. Hãy tìm mật độ phân tử khí trên. Biết khối lượng mol của nitrogen và hydrogen là: M₁ = 0,028 kg/mol và M₂ = 0,002 kg/mol.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về khí lí tưởng

Lời giải chi tiết:

Từ các biểu thức: \(p = \frac{2}{3}\eta \overline {{E_d}} \)và \(\overline {{E_d}}  = \frac{2}{3}kT \Rightarrow \eta  = \frac{p}{{kT}}\)

Vì \(m = {m_1} + {m_2} \Rightarrow \eta  = {\eta _1} + {\eta _2}\) (1)

Mà m = nM nên \(m = \frac{{\eta M}}{{{N_A}}}\)

\(m = {m_1} + {m_2} \Rightarrow M = \frac{{{\eta _1}{M_1} + {\eta _2}{M_2}}}{{{\eta _1} + {\eta _2}}}\) (2)

Áp dụng phương trình trạng thái cho hỗn hợp khí:

\(pV = nRT \to p = \frac{{nRT}}{V} = \frac{{mRT}}{{MV}} \to M = \frac{{DRT}}{p}\) (3)

Từ (2) và (3) rút ra: \(\frac{{{\eta _1}{M_1} + {\eta _2}{M_2}}}{{{\eta _1} + {\eta _2}}} = \frac{{DRT}}{p}\) (4)

Từ (1) và (4) suy ra:

\(\begin{array}{l}{\eta _1} = \frac{{DRT - p{M_2}}}{{kT({M_1} - {M_2})}} = {0,35.10^{25}}\\\end{array}\)phân tử/m³

\({\eta _2} = \frac{{DRT - p{M_1}}}{{kT({M_2} - {M_1})}} = {4,09.10^{25}}\) phân tử/m³