Giải SBT Vật lí 12 Kết nối tri thức Bài tập cuối chương II

HS tự trình bày.

Đáp án đúng là D

Đáp án đúng là C

Đáp án đúng là D

Đáp án đúng là A

Bình có mật độ phân tử khí lớn nhất theo công thức $N=\frac{m}{M}.N_A$

m < 17,86 g.

Gọi D₀ là khối lượng riêng của không khí ở điều kiện chuẩn (p₀ = 100 kPa và T₀  = 273 K).

D₁ là khối lượng riêng của không khí ở nhiệt độ T₁ = 290 K và áp suất p₁ = p.

D₂ là khối lượng riêng của không khí ở nhiệt độ T₂ = 340 K và áp suất p₂ = p.

Từ phương trình $pV=nRT\Rightarrow p\frac{m}{D}=\frac{m}{M}RT$ suy ra: $D=\frac{pM}{RT}$. Do đó:

$D_0=\frac{p_{0}M}{R{T}_0}\left(1\right);D_1=\frac{p_{1}M}{R{T}_1}$ (2) và $D_2=\frac{p_{2}M}{R{T}_2}$ (3). Từ (1), (2), (3) suy ra:

$D_1=D_0\frac{p_1{T}_0}{p_0{T}_1}=D_0=\frac{p{T}_0}{p_0{T}_1} và D_2=D_0\frac{p_2{T}_0}{p_0{T}_2}=D_0\frac{p{T}_0}{p_0{T}_2}$(4)

Để quả cầu bay lên thì lực đẩy Archimede phải có giá trị tối thiểu bằng trọng lượng của bóng: $F_a>P_{vo}+P_{khi}\Rightarrow D_{1}gV>mg+D_{2}gV\Rightarrow m<V\left(D_1-D_2\right)=V\frac{D_{0}p{T}_0}{p_0}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)=$(5)

Từ (4) và (5) sẽ tính được giá trị của m

M_A = 29.10^-3 kg/mol;

Lượng không khí trong khí cầu khi chưa bay lên: $n=\frac{p_0{V}_0}{R{T}_1}=\frac{1,013.{10}^5.336}{8,31.\left(37+273\right)}=1,3.{10}^4 mol$

Khối lượng không khí trong khí cầu khi chưa bay lên: m_kk = n.M_A = 377 kg.

Khối lượng của cả khí cầu: m_kc = 84 kg + 377 kg = 461 kg.

Trạng thái của không khí trong khí cầu khi chưa bay lên: $\left(p_1=p_0;V_1=V_0=336m^3;T_1=310K\right)$

Trạng thái của không khí trong khí cầu khi bay lên: $\left(p_2=p_0;V_2=?;T_2=?\right)$

Coi khi bay lên lực đẩy Archimedes bằng trọng lượng của khí cầu:

$F_A=P\Rightarrow D_{0}g{V}_2=m_{kc}g$ (1)

Từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng: $p_0{V}_0=n_{0}R{T}_0$và công thức tính khối lượng riêng của không khí: $D_0=\frac{m}{V_0}=\frac{nM}{V_0}$ rút ra: $D_0=\frac{p_{0}M}{R{T}_0}=\frac{1,013.{10}^5.29.{10}^{-3}}{8,31.310}=1,14kg/m^3$

Từ (1) suy ra $V_2=\frac{m_{kc}}{D_0}=\frac{416}{1,25}=365m^3$

Vì áp suất khí bên trong luôn bằng áp suất khí bên ngoài nên quá trình là đẳng áp: $\frac{V_1}{V_2}=\frac{T_1}{T_2}\Rightarrow \frac{336}{365}=\frac{37+273}{T_2}\Rightarrow T_2=338K\Rightarrow t_2=65°C$.

a) F_n (lực nâng bóng) = F_a (Lực đẩy Archimede) – P_H (Trọng lượng khí H₂) – P_v (trọng lượng vỏ).

Từ đó suy ra: F_n = (D₀ - D_H)gV – mg (1)

Trong đó D₀ là khối lượng riêng của không khí, D_H là khối lượng riêng của khí hydrogen; m là khối lượng của vỏ bóng và V là thể tích bóng (V có độ lớn không đổi).

Mặt khác từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng pV = nRT có thể suy ra:

$D=\frac{pM}{RT}$, trong đó M là khối lượng mol của khí. Do đó:

$D_0=\frac{p_0{M}_0}{R{T}_0}$ và $D_H=\frac{p_H{M}_H}{R{T}_H}=\frac{p_0{M}_H}{R{T}_0}\Rightarrow \left(D_0-D_H\right)=\frac{p_0\left(M_0-M_H\right)}{R{T}_0}$

Từ (1) và (2) tính được F_n = 3,10 N.

b) Khi bóng đạt độ cao h và dừng lại thì: F_n = 0 và từ (1) suy ra: $\left(D_0\text{'}-D_H\text{'}\right)V=m$

Vì khối lượng khí trong bóng và thể tích bóng không đổi, do đó khối lượng riêng của khí trong bóng cũng không đổi  nên ta có:

$\left(D_0\text{'}-D_H\right)V=m\Rightarrow D_0\text{'}=D_H+\frac{m}{V}$ (3)

Ở độ cao h khối lượng riêng của không khí là: $D_0\text{'}=\frac{p\text{'}{m}_0}{R{T}_1}$

Từ (3) và 4) tính được độ lớn của p’ ≈ 7,3.10⁴ Pa.

2g không khí ở điều kiện tiêu chuẩn có thể tích là: $\frac{0,002}{1,29}=1,55.{10}^{-3}{m}^3=1,55\mathcal{l}$

Số mol không khí người đó hít vào là: $n=\frac{V}{22,4}=\frac{1,55}{22,4}=0,0692mol$

Áp dụng công thức: pV = nRT$\Rightarrow V=\frac{nRT}{p}=\frac{0,0692.8,31.260}{79800}=1,87\mathcal{l}$

Dùng phương trình trạng thái của khí lí tưởng: pV = nRT.

$$\begin{gathered} pV=\frac{m_1}{M}R{T}_1\Rightarrow m_1=\frac{pV}{R{T}_1}M;pV=\frac{m_2}{M}R{T}_2\Rightarrow m_2=\frac{pV}{R{T}_2}M; \\ \Rightarrow ∆m=m_1-m_2=\frac{pV}{R{T}_1}M-\frac{pV}{R{T}_2}M=\frac{pVM}{R}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)=\frac{50.10.2}{0,083}.\left(\frac{1}{280}-\frac{1}{290}\right)=1,48g \end{gathered}$$

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:

$F_1=F_{dh1}+F_{kq}\Rightarrow p_{1}S=F_{dh1}+F_{kq}.$

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 T₂ thì lực F₂ do khí tác dụng lên pit-tông bằng lực đàn hồi F_dh2 của lò xo lúc này và áp lực của khí quyển $F_{kq}:F_{dh2}=F_{dh1}+F_{kq}+k\mathcal{l}.$

Biết: $F_2=p_{2}S=\frac{R{T}_2}{V}S$nên ta có: $\frac{R{T}_2}{V}S=F_{dh1}+F_{kq}+k\mathcal{l}$(2)

Từ (1) và (2) tính được: $T_2=T_1+\frac{k\mathcal{l}V}{RS}$.

Gọi:

p, m, M, h, n là áp suất, khối lượng, khối lượng mol, mật độ phân tử, số mol của hỗn hợp;

p₁, m₁, M₁, h₁, n₁ là áp suất, khối lượng, khối lượng mol, mật độ phân tử, số mol của khí H₂.

p₂, m₂, M₂, h₂, n₂ là áp suất, khối lượng, khối lượng mol, mật độ phân tử, số mol của khí N₂.

Từ các biểu thức: $p=\frac{2}{3}\eta {\overline{E}}_d$ và ${\overline{E}}_d=\frac{3}{2}kT$ suy ra: $\eta =\frac{p}{kT}$.

Vì: $m=m_1+m_2$ nên $\eta ={\eta }_1+{\eta }_2$ (1)

Vì $m=nM$ nên: $m=\frac{\eta M}{N_A};m_1=\frac{{\eta }_1{M}_1}{N_A};m_2=\frac{{\eta }_2{M}_2}{N_A}$

$m=m_1+m_2$, từ đó rút ra: $M=\frac{{\eta }_1{M}_1+{\eta }_2{M}_2}{{\eta }_1+{\eta }_2}$ (2)

Áp dụng phương trình trạng thái cho hỗn hợp khí;

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

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

(1) và (4) là hệ hai phương trình có hai ẩn: ${\mu }_1$ và ${\mu }_2$. Giải hệ phương trình này sẽ được:

${\eta }_1=\frac{DRT-p{M}_2}{kT\left(M_1-M_2\right)} và {\eta }_2=\frac{DRT-p{M}_1}{kT\left(M_2-M_1\right)}.$

Thay số ta được: ${\eta }_1=0,35·{10}^{25}/m^3;{\mu }_2=4,09·{10}^{25}/m^3$

Chú ý: Để kiểm tra đáp số có thể tính $\eta =\frac{p}{kT}$ và so sánh với ${\eta }_1+{\eta }_2.$