Bài Tập Giải Chi Tiết Vật Lý 2 ( đại Học Cao đẳng) - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (55 trang)

Trang chủ

Giáo án - Bài giảng

Cao đẳng - Đại học

Bài tập giải chi tiết vật lý 2 ( đại học cao đẳng)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.61 MB, 55 trang )

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMKHOA VẬT LÝBÀI TẬP VẬT LÝ 2(NHIỆT , QUANG, & VẬT LÝ HIỆN ĐẠI)DÙNG CHO SINH VIÊN KHỐI ĐẠI TRÀTRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOALƯU HÀNH NỘI BỘĐà Nẵng, 2017-2018Phần I: NHIỆT HỌCChương 1: THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ(Không có bài tập)--------------------------------------------------------------------------Chương 2: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌCI. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚA. Các định luật thực nghiệm về chất khí1. Định luật Boyle-Mariotte cho quá trình đẳng nhiệt:pV = consttrong đó p và V là áp suất và thể tích của khối khí.2. Định luật Gay-Lussac cho quá trình đẳng áp:V = V0(1 + t) = V0Thay V/T = const.Định luật Charles cho quá trình đẳng tích:P = p0(1+t) = p0Thay P/T = const.trong đó V0 và p0 là thể tích và áp suất của khối khí ở 00C; V và p là thể tích và áp1suất của khối khí ở t (0C) ứng với T (K),  độ -1 là hệ số giãn nở nhiệt của273chất khí.3.Phương trình trạng thái của khí lý tưởng (phương trình Mendeleep –Claperon):a. Phương trình trạng thái cho một Kmol khí:PV = RT.b. Phương trình trạng thái cho một khối khí bất kỳ: pV mRTtrong đó p, V và T là áp suất, thể tích và nhiệt độ của khối khí có khối lượng m, là khối lượng của 1 kilômol khí đó; R là hằng số khí lý tưởng.Trong hệ SI:R  8,31.103J 8,31J / mol.Kkmol.K4. Nội năng và khối lượng riêng của khí lý tưởnga. Nội năng của một khối khí lý tưởng khối lượng m:1UmiRT2b. Khối lượng riêng của khối khí lý tưởng khối lượng m:  mvB. Nguyên lý thứ nhất nhiệt động học và các hệ quả1. Nguyên lý thứ nhất nhiệt động họcU = A + QNó có thể viết dưới dạng vi phân: dU = A + Qtrong đó: dU là độ biến thiên nội năng của hệ, A = -pdV là công và Q là nhiệtlượng mà hệ nhận được trong suốt quá trình biến đổi.2. Độ biến thiên nội năng của khí lý tưởngdU mimRdT  Cv dT23. Công mà khối khí nhận được trong quá trình biến đổi đẳng nhiệt:AmRT lnV1 mp RT ln 2V2 p14. Nhiệt dung riêng của một chất:- Nhiệt dung phân tử của một chất:đó.cQmdTtrong đó m là khối lượng của hệ.C = c, với  là khối lượng của 1 mol chất- Nhiệt dung phân tử đẳng tích và nhiệt dung phân tử đẳng áp của một chất khíCv - Hệ số Poisson:  iR;2Cp i2R  Cv  R2Cp i  2Cvi5. Phương trình của quá trình đoạn nhiệt:pV = consthoặc: TV-11= consthoặc Tp   const6. Công mà khối khí nhận được trong quá trình đoạn nhiệt:1p V  V A  1 1  2   1  V1 Hoặc: A p2V2  p1V1 1 1hoặc: A m RT1  T2  1   1  T1 Trong đó p1 và V1 là áp suất và thể tích của khối khí ở nhiệt độ T1; p2 và V2 làáp suất và thể tích của khối khí ở nhiệt độ T2.2II. BÀI TẬPBài 1.6,5 gam Hydro ở nhiệt độ 270C, nhận được nhiệt nên thể tích giản nở gấpđôi, trong điều kiện áp suất không đổi. Tính :a. Công mà khí sinh rab. Độ biến thiên nội năng của khối khíc. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí.Bài 2.10 gam khí Oxy ở nhiệt độ 100C, áp suất 3.105 N/m2. Sau khi hơ nóng đẳngáp, thể tích khí tăng đến 10 lít. Tìm:a. Nhiệt lượng mà khối khí nhận đượcb. Nội năng của khối khí trước và sau khi hơ nóng.Bài 3. Cho một khí lý tưởng đơn nguyên tử có thể tích 5 lít ở ápsuất 1 atm và nhiệt độ 300 K (A). Khí thực hiện quá trìnhbiến đổi đẳng tích đến áp suất 3 atm (B), sau đó giãn đẳngnhiệt về áp suất 1 atm (C). Cuối cùng, khí được làm lạnhđẳng áp đến thể tích ban đầu (A). Tính:a. Nhiệt độ tại B và C.b. Nhiệt hệ nhận và công khối khí thực hiện trong chu trình trên.Bài 4. Một mol khí lý tưởng được làm nóng đẳng áp từ 170C đến 750C, khi đó khí hấpthụ một nhiệt lượng là 1200 J. Tìm:a. Hệ số Poátxông  =Cp/CVb. Độ biến thiên nội năng U của khối khí và công mà khí sinh ra.Bài 5. Để nén 10 lít không khí đến thể tích 2 lít, người ta có thể tiến hành theo hai cách: nénđẳng nhiệt hay nén đoạn nhiệt. Hỏi cách nén nào tốn công ít hơn?Bài 6. Một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện biến đổi như sau: từ trạng thái(1) với áp suất P1; thể tích V1 và nhiệt độ T1 = 27oC khí giãn đẳng nhiệt đếntrạng thái (2) có thể tích V2 = 2V1. Sau đó, khí lý tưởng tăng áp đẳng tích đếntrạng thái (3) có P3 = 2P1.a. Vẽ đồ thị biến đổi trên giản đồ (P,V).b. Tính trong toàn bộ quá trình: Nhiệt mà khối khínhận được và công khối khí sinh ra.Bài 7. 0,32 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiệnbiến đổi như sau: từ trạng thái (A) với áp suất p1 =2,4 atm, thể tích V1 = 2,2 lit được nung nóng vàgiãn đẳng áp đến trạng thái (B) có thể tích V2 =2V1. Sau đó, khối khí được làm lạnh đẳng tích đến trạng thái (C) có P3 = P1/2 =1,2 atm. Từ (C) nén đẳng nhiệt thì khối khí trở về trạng thái (A). Hãy xác định:3a. Nhiệt độ tại các trạng thái A, B, và Cb. Công hệ sinh, nhiệt hệ nhận, và độ biến thiên nội năng trong mỗi quá trình.Bài 8. Một chất khí lưỡng nguyên tử có thể tích V1 = 0,5lít, ở áp suất p1 = 0,5 at.Nó bị nén đoạn nhiệt tới thể tích V2 và áp suất p2. Sau đó người ta giữ nguyênthể tích V2 và làm lạnh nó đến nhiệt độ ban đầu. Khi đó áp suất của khí là p0 =1at.a. Vẽ đồ thị của quá trình đó.b. Tìm thể tích V2 và áp suất p2Bài 9. Một lượng khí Oxy chiếm thể tích V1 = 3 lít, ở nhiệt độ270C và áp suất p1 = 8,2.105 N/m2. Ở trạng thái thứ hai, khicó các thông số V2 = 4,5 lít và p2 = 6.105 N/m2 (hình vẽ)Tìm nhiệt lượng mà khí sinh ra khi giãn nở và độ biến thiênnội năng của khối khí. Giải hai bài toán trong trường hợpbiến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ hai theo hai con đường.a. ACBb. ADBBài 10. Một mol khí lưỡng nguyên tử thực hiện mộtchu trình (như được minh họa ở hình bên) gồm 2quá trình đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ 𝑇1 =700 K, 𝑇2 = 300 K; và 2 quá trình đẳng tích ứngvới thể tích 𝑉1 và 𝑉2 = 2𝑉1.a. Chứng minh rằng:PA PpPB PCb. Tính công và nhiệt mà hệ trao đổi với môitrường và độ biến thiên nội năng của hệ trongmỗi quá trình.III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐBài 1.Cho: quá trình đẳng áp p=constTìm:6,5gam =65.10-4kga.Công mà khối khí sinh ra: A’.t1= 27oCT1= 300oKb.Độ biến thiên nội năng:V2=2V1,c. Nhiệt lượng dã cung cấp cho khốikhí ( nhiệt mà khối khí nhận được) :Q.=2kg/Kmol, i=5a. Quá trình giản nở là đẳng áp nên:A= p. V = pV1 = -U.mRT1 = - 8,1.103J4b.Độ biến thiên nội năng của khối khí:U =m iR(T2  T1 ) 2Tìm T2 từ phương trình của quá trình đẳng áp: T2 = T1Do đó: U =V2 2T1V1m iRT1  20, 2.103 J 2c. Theo nguyên lý I NĐH: U= A+Q => Q=U –A = 28,3.103JBài 2.Cho: quá trinh đẳng áp p=constTìm:10gam =.10-2kga.Nhiệt mà khối khí nhận được :Q.t1= 10oCT1= 283oKV2=10lit = 10-2m3,b. U1 , U2.=32kg/Kmol, i=5a. Vì quá trình hơ nóng là đẳng áp, nên:Q=mC p T m i2R(T2  T1 ) 2Tìm T2 từ phương trình của quá trình đẳng áp.; trong đó V1 =m RT1. p1Kết quả là: Q = 7,9.103Jb. Nội năng của khối khí trước khi hơ nóng:U1 m iRT1  1,8.108 J 2U2 =m iRT1  7,6.103 J 2Và sau khi hơ nóng:Bài 3. ĐS:- Nhiệt độ 𝑇𝐵 = 𝑇𝐶 = 900 K- Công𝐴′𝐵𝐶 = 1648 J𝐴′𝐶𝐴 = −1000 J- Suy ra:5𝐴′ = 648 J- Nhiệt hệ nhận trong cả chu trình: 𝑄 = −𝐴 = 𝐴′ = 648 JBài 4. ĐS:a) Tính𝑄=𝑚𝑄1200𝐽𝐶𝑃 ∆𝑇 → 𝐶𝑃 = 𝑚== 20,69.𝜇𝑚𝑜𝑙. 𝐾∆𝑇 75 − 17𝜇𝛾=𝐶𝑃𝐶𝑃20,69=== 1,67𝐶𝑉 𝐶𝑃 − 𝑅 20,69 − 8,31b) Tính ∆𝑈 và 𝐴′∆𝑈 =𝑚𝑖𝑚𝑅∆𝑇 = 𝐶𝑉 ∆𝑇 = 12,38(75 − 17) = 720𝐽𝜇2𝜇𝐴′ = −𝐴 = 𝑄 − ∆𝑈 = 1200 − 720 = 480𝐽Bài 5.Cho: V1 =10lit =10-2m3; V2 =2lit =2.10-3m3Nén theo quá trình nào mà ít tốn công hơn thì lợi hơn.Nếu nén đẳng nhiệt, thì công mà khí phải nhận vào là:A1 =VmRT1 ln 1V2m RT1Nếu nén đọan nhiệt, thì A2 =  lVới  = V 1 2  V1  1i2; i (không khí) = 52Xét tỷ số; suy ra là nén đẳng nhiệt lợi hơn.Bài 6. ĐS:b. Nhiệt hệ nhận: 𝑄 = 𝑄12 + 𝑄23 = (𝑙𝑛2 +152) 𝑅𝑇1 = 20427 J′Công hệ sinh: 𝐴′ = 𝐴12+ 𝐴′23 = 1701 JBài 7. ĐS:a. TA = TC = 199 K; TB = 398 Kb. Tính 𝑄, 𝐴′ và ΔU- Quá trình 1 (A → B): Q1 = 1323 J; A’1 = 528 J; ΔU1 = 795 J6- Quá trình 2 (B → C): A’2 = 0; Q2 = - 795 J; ΔU2 = -795 J- Quá trình 3 (C → C): ΔU3 = 0; A3 = - Q3 = 367 JBài 8.Cho: p1=0,5at= 0,5.9,81.104N/m2Tìm:Po=1at= 9,81.104N/m2a.Vẽ đồ thị của quá trình đó.V1=0,5lit = 5.10-4m3b. V2 , p2.i=5.a. Đồ thị biểu diễn quá trình3 ta tìm được (quá trìnhb. Xét trạng thái 1 vàđẳng nhiệt):V2 =p1V1  0,25lp2Quá trình biến đổi từ (1) đến (2) là đoạn nhiệt Q = 0, ta có:yV p 2  p1  1   1,32at V2 Bài 9.Cho: V1=3lit=3.10-3m3, p1 = 8,2.105 N/m2Tìm:t1= 27oCT1=300oK = TAa.Nhiệt lượng mà khí sinh ra.V2= 4,5lit, p2=6.105 N/m2 .b.Độ biến thiên nội năng của khối khí.Vì nhiệt lượng trao đổi phụ thuộc vào độ biến thiên nhiệt độ, nên phải tìm nhiệt độcủa những trạng thái C, B, D.TC = T1P2 2200 K ; TB = T2 = TC V2  3300 K ; TD = T1P1V1V2 4500 KV1Tính khối lương khí từ trạng thái 1:mPV1 1RT17Nhiệt hệ nhận được khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhấtsang trạng thái thứ hai theo hai con đường:QACB= QAC + QCB =mCV TAC +mCP TCB =1,55KJ .Tương tựQADB= QAD + QDB =mCP TAD +mCV TDB =1,88KJ .Công hệ nhận được khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ hai theohai con đường:AACB= AAC + ACB =0 –p2(VB-VC) =–p2(V2-V1)= -0,92KJTương tựAADB= AAD + ADB = –p1(VD-VA) =–p1(V2-V1)= -1,25KJĐộ biến thiên nội năng khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ haitheo hai con đường:UACB = AACB+ QACB =0,63KJUADB = AADB+ QADB =0,63KJU = UV=const + Up =const ;p.VTa tính được:= 1,25KJQ = QV= const + Qp=const;A =-QACB = 1,55KJ : QADB = 1,88KJ ; AACB = 0,92KJ ; AADBUACB = 0,63KJ ; UADB = 0,63KJBài 10. ĐS:a. Đối với các quá trình đẳng nhiệt AB và CD, ta có:pPPA V2PVvà D  2 do đó A  DPB PCPC V1PB V1b.Quá trình từ A→ B: 𝐴𝐴𝐵 = −4,032 kJ; 𝑄𝐴𝐵 = −𝐴𝐴𝐵 = 4,032 kJQuá trình BC: 𝑄𝐵𝐶 = −8,31 kJ;Quá trình từ C → D: 𝐴𝐶𝐷 = 1,728kJ; 𝑄𝐶𝐷 = −𝐴𝐶𝐷 = −1,728kJ;Quá trình DA: 𝑄𝐷𝐴 = 8,31kJ--------------------------------------------------------------------------8Chương 3: NGUYÊN LÝ II CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌCI. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ1. Hiệu suất của một động cơ nhiệt:  A ' Q1  Q '2Q1Q1Trong đó Q1 là nhiệt mà tác nhân nhận được của nguồn nóng và Q'2 là nhiệtmà tác nhân nhả cho nguồn lạnh.2. Hiệu suất của chu trình Carnot:  13. Hệ số làm lạnh của máy làm lạnh:  T2T1Q2Q ' 2A Q1  Q2Trong đó A là công tiêu tốn trong một chu trình làm lạnh, Q2 nhiệt mà tác nhânnhận được của nguồn lạnh trong chu trình đó, Q'1 nhiệt mà tác nhân nhả chonguồn nóng trong 1 chu trình.Đối với máy làm lạnh hoạt động theo chu trình Carnot:T2T1  T2II. BÀI TẬPBài 1. Một động cơ nhiệt làm việc theo chu trình Cacnô có công suất P = 73.600W.Nhiệt độ của nguồn nóng là 1000C nhiệt độ của nguồn lạnh là 00C. Tính:a. Hiệu suất của động cơ.b. Nhiệt mà tác nhân thu được từ nguồn nóng trong 1 phút.c. Nhiệt mà tác nhân nhả cho nguồn lạnh trong 1 phútBài 2. Một máy hơi nước có công suất 14,7KW, tiêu thụ 8,1 kg than trong 1 giờ. Năngsuất tỏa nhiệt của than là 7800 kcal/kg. Nhiệt độ của nguồn nóng là 2000C, nhiệtđộ của nguồn lạnh là 580C. Tìm hiệu suất thực tế của máy. So sánh hiệu suất đóvới hiệu suất lý tưởng của máy nhiệt làm việc theo chu trình Carnot với nhữngnguồn nhiệt kể trên.Bài 3. Một máy làm lạnh làm việc theo chu trình Carnot nghịch, tiêu thụ công suất36800W. Nhiệt độ của nguồn lạnh là -100C, nhiệt độ của nguồn sóng là 170C.Tính:a. Hệ số làm lạnh của máy.b. Nhiệt lượng lấy được từ nguồn lạnh trong 1 giâyc. Nhiệt lượng tỏa ra cho nguồn nóng trong 1 giây.Bài 4. Một máy hơi nước chạy theo chu trình Stilin gồm hai quá trình đẳng nhiệt vàhai quá trình đẳng tích.a. Tính hiệu suất của chu trình9b. So sánh hiệu suất này với hiệu suất của chu trình Carnot có cùng nhiệt độ củanguồn nóng và nguồn lạnhBài 5. Một động cơ nhiệt có nhiệt độ của nguồn nóng là 200oC và nhiệt độ của nguồnlạnh là 57oC. Động cơ nhận nhiệt lượng 45000 kJ trong 1 giờ và có công suất là2,5 kW.a. Tính hiệu suất thực của động cơ.b. Giả sử động cơ nhiệt đó hoạt động theo chu trình Carnot thì công suất của nótăng lên bao nhiêu lần.Bài 6. Một máy nhiệt lý tưởng chạy theo chu trình Carnot thuận nghịch có nguồn nóngở nhiệt độ 1270C và nguồn lạnh ở 270C. Máy nhận một nhiệt lượng 63 kcal từnguồn nóng trong 1 s. Tính:a) Hiệu suất của máy.b) Nhiệt lượng tỏa ra cho nguồn lạnh trong 1 giây.c) Công suất của máy.Bài 7. Tua bin hơi của nhà máy phát điện nguyên tử công suất 1000MW nhận nhiệt từnguồn hơi ở nhiệt độ 7270C và thải nhiệt ra môi trường ở nhiệt độ 1270C. Giảthiết hiệu suất thực tế của tua bin hơi bằng 50% hiệu suất của chu trình Carnot.Hãy tính:a) Hiệu suất thực tế của chu trình tuabin hơi.b) Nhiệt do nhà máy thải ra nguồn nước (sông) làm lạnh trong 1 giây.c) Nhiệt độ tăng của nước sông nếu dòng chảy có lưu lượng 10 6kg/s. Cho nhiệtdung riêng của nước là: c = 4,19 kJ/kg. độ.Bài 8. Động cơ đốt trong 4 thì hoạt động theo chu trìnhOtto (Đồ thị)Hút: O→A hỗn hợp nhiên liệu và không khí hút vàoxi lanh, thể tích tăng từ V2 đến V1 Nén đoạn nhiệt từ A→B Đốt, tỏa nhiệt Q1 từ B→C Sinh công: giãn đoạn nhiệt từ C→D Xả từ D→A→O, tỏa nhiệt Q2 cho môi trường.a) Hãy tính hiệu suất của chu trình Otto, biểu diễn hiệu suất thông qua nhiệt độTA, TB, TC, TD và hệ số nén r = V1/V2.b) So sánh với hiệu suất chu trình Carnot.Bài 9. Một cục nước đá có khối lượng 0,1kg ở nhiệt độ 2400K, được biến thành hơnnước ở 3730K. Tính độ biến thiên Entropi trong quá trình biến đổi trên nếu chorằng nhiệt dung của nước đá và nước không phụ thuộc nhiệt độ. Áp suất trong10quá trình biến đổi là áp suất khí quyển. Nhiệt dung riêng của nước là1,8.103J/kg độ, của nước là 4,18.103J/kg độ, nhiệt nóng chảy riêng của nước đálà 3,35.105J/kg độ. Nhiệt hóa hơi riêng của nước là 2,26.106 J/kg.Bài 10. Tính độ biến thiên Entrôpi khi hơ hóng đẳng áp 6,5 gam Hydro, thể tích khítăng gấp đôi.Bài 11. Tính độ biến thiên Entrôpi khi biến đổi 1g nước đá ở 00C thành hơi nước ở1000C.Bài 12. 10 gam Oxy được hơ nóng từ t1 = 500C tới t2 = 1500C.Tính độ biên thiênEntrôpi nếu quá trình hơ nóng là:a. Đẳng tíchb. Đẳng ápBài 13. Tính độ biến thiên Entrôpi của một chất khí lý tưởng khitrạng thái của nó thay đổi từ A đến B (hình vẽ) theo:a) Đường ACB;b) Đường ADB. Cho biết: V1 = 3 lít, P1 = 8,31.105N/m2t1 = 270C, V2 = 4,5 lít; P2 = 6.105 N/m2.Bài 14: 200 gam sắt ở 1000C được bỏ vào một nhiệt lượng kế chứa 300g nước ở120C. Entrôpi của hệ thế nào khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng nhiệt.III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐBài 1.a. Hiệu suất của động cơ chạy theo chu trình Carnot:  =T1  T2 373  273 27%T1373b. Trong 1 giây, động cơ sinh một công A’ = P.t = 73600J và nhận từ nguồn nóng nhiệtlượng:Q1 =A'Trong một phút động cơ nhận được nhiệt lượng:Qlp = 60Q1 = 60A' 60.73600 16470 J0, 27c. Trong thời gian 1 giây tác nhân nhả cho nguồn lạnh nhiệt lượng: Q’2 = Q1 - A’Nếu thời gian là 1 phút thì nhiệt lượng đó là:KJ.60.Q’2 = 60 (Q1 - A') = 12054Bài 2.Hiệu suất thực tế của động cơ nhiệt chạy theo chu trình Carnot với cùng 2 nguồnnhiệt là:11A' 20%Q1Hiệu suất lý tưởng của động cơ nhiệt chạy theo chu trình Carnot với cùng 2 nguồnnhiệt là:2  1 T2 30%T12Vậy 1  23Bài 3. Đáp số:Q2T2 9,74A T1  T2a.b.Q2 = A = Pt = 86000 Caloc.Q1 = Q2 +A = 94.800 CaloBài 4.Hiệu suất của máy hơi nước x = 1y -Q'với Q' là nhiệtQmà máy tỏa ra và Q là nhiệt mà máy nhận vào trong toànchu trình.Q  Q23  Q34 mQ' = Q '12  Q11 X CV (T1  T2 ) mRT2 lnmRT1 lnV2 m CV (T1  T2 )V1 T TT1  T2và c  1 2 ;C (T  T )T1T1  v 1 2VRln 2V1Vậy  x  c .Bài 5. ĐS: 𝜂𝑡 = 20%; 𝜂𝑐 = 30%𝑃𝑐= 1,5𝑃→ Công suất tăng 1,5 lầnBài 6. Đáp số:a)  1V2V1T23001 25%T140012b) Q2' Q1 1   47,25.103 cal / s.A' Q1  Q2' 65,835 kw .c) P  t1sBài 7.12a) Hiệu suất thực tế:   1T2  1  400  30%  1T1  2  1000 b) Nhiệt do nhà máy thải ra trong 1 giây:A'A'7 ' 7' 'QA  P.t2Q1 A  Q'233Q2'  2,33.109 JQ2' 0,56 Kc) Nhiệt độ tăng: T c.mBài 8.''a) Tính hiệu suất: Công A  Q1  Q2Hai quá trình đẳng tích: Q1  nCv Tc TB Q2'  nCv TD TA A'Q2'T T1 D A .Hiệu suất:   1Q1Q1TC  TB 1Do hai quá trình A → B và C → D là đoạn nhiệt nên TV  constTcV2 1 TDV1 1 (1) và TBV2 1 TAV1 1 (2)Suy ra: TD TA V1 1  Tc TB V2 1 1V V1 1  2  . Đặt r  1  1  1V2r V1  1 V2   V1 - Chu trình Carnot:c 1TATC- Chu trình Otto:o 1TD.TCSo sánh: Từ (1) và (2)Bài 9.13TD TATC TBDo TD TA nên c oTrong quá trình đưa nước đá ở T1 = 2400K thành nước đá ở T0= 2730K thì:S1  MCd TOT1dT MCd (ln TO  ln T1 )TTrong quá trình nước đá. Ở T0 = 2730K biến thành nước ở T0 = 2730K thì:MS2 T0với  = 3,35.105J/kgKTrong quá trình trình nước ở T0 = 2730K biến thành nước ở T2 = 3730K thì:S3  MCn T2T0dT MCn (ln T2  ln T0 )TTrong quá trình nước ở T2 = 2730K biến thành hơi nước ở T2 = 3730K thì S4 MLvới L =T22,26.106 J/kg.ĐộbiếnthiênEntrôpitrongS4  S1  S2  S3  S4  833J / độ.cả4quátrìnhtrênlà:Bài 10.S  21QT S mvới quá trình đẳng áp thì: Q Cp lnT2T1Mặt khác ta có:mC p dTVmT2 V2. Vậy : S  C p ln 2  66,3JT1 V1V1/độ.Bài 11.S  S1  S2S1 = độ tăng Entrôpi trong quá trình biến đổi nước ở 00C thành nước ở 1000C.S1 = độ tăng Entrôpi trong quá trình nước ở 1000C thành hơi nước ở 1000C.Tương tự bài 6 ta có: S = 7,4J/độBài 12.P2 mT Cv ln 2  1,6J /độP1 T1a. Sv mb. Sp TmC p ln 2  2,4J /độT1Cv lnBài 13.14Độ biến thiên của Entrôpi không phụ thuộcđường đi mà chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu vàtrạng thái cuối.SACB  SADB  ABQTSACB  SAC  SCB=P mVmC v ln 1  C p ln 2  5,5J /độP2 V1Bài 14:Gọi nhiệt độ lúc hệ cân bằng nhiệt là T (0C): M1C1 (100 - T) = M2C2 (T - 12)Với M1, C1 là khối lượng và nhiệt dung riêng của sắtM2,C2 là khối lượng và nhiệt dung riêng của nướcRút ra : T = 190C = 2920KĐộ biến thiên Entrôpi của hệ bằng tổng độ biến thiên Entrôpi của sắt và độ biến292292 M 2C2 ln 3,26J /độ.thiên Entrôpi của nước: S  M1C1 ln373285--------------------------------------------------------------------------Chương 4: KHÍ THỰC (SV tự đọc)(Không có bài tập)--------------------------------------------------------------------------Phần II: DAO ĐỘNG VÀ SÓNG (SV TỰ ĐỌC)Chương 5: DAO ĐỘNG CƠ VÀ DAO ĐỘNG ĐIỆN TỪ(Không có bài tập)Chương 6: SÓNG CƠ VÀ SÓNG ĐIỆN TỪ(Không có bài tập)--------------------------------------------------------------------------Phần III: QUANG HỌCChương 7: GIAO THOA ÁNH SÁNGI. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ1. Điều kiện cho cực trị giao thoa:a. Cực đại:L2 - L1 = k(k = 0,  1,  2…)15b. Cực tiểu: L2 - L1 = 2k  1 (k= 0,–1; 1, –2; 2, –3…)2Với:L1, L2 là quang lộ của tia sáng từ nguồn thứ nhất và thứ hai tới điểm quan sát là bước sóng của ánh sáng trong chân khôngk là bậc giao thoa (khái niệm bậc giao thoa chỉ dùng cho vân sáng, vân tốikhông có khái niệm bậc giao thoa)2. Giao thoa gây bởi khe Younga. Hiệu quang lộ 2 tia giao thoa:L2  L1 Với:axDa là khoảng cách hai khe hẹp.D là khoảng cách từ hai khe hẹp đến màn quan sát.x là vị trí của một điểm M trên màn.Dab. Vị trí vân sáng:xS  kc. Vị trí vân tối:xt   2k 1D 1  D k  2a  2  ad. Khoảng cách vân (khoảng cách hai vân sáng hoặc hai vân tối kế tiếp):Dia3. Giao thoa gây bởi bản mỏng:a. Bản mỏng có độ dày thay đổi vân cùng độ dày:Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản :L2  L1  2d n2  sin 2 i 2b. Nêm không khí và bản cho vân tròn Niutơn :- Vị trí của các vân tối:dk; k = 0, 1, 2, ...2- Vị trí của các vân sáng: d  2k 1 ; k = 1, 2, ...4Với d là chiều dày của nêm.* Đối với bản cho vân tròn Niutơn thì bán kính vân tối thứ k là :rk  R . kVới R là bán kính mặt cong của thấu kính.16c. Bản có độ dày không đổi - Vân cùng độ nghiêng :Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt bản mỏng:L2  L1  2d n2  sin 2 i Với:bản2d là bề dày của bản, n là chiết suất của bản, i là góc tới của ánh sáng tới mặt là bước sóng của ánh sáng tới.II. BÀI TẬP:Bài 1. Khoảng cách giữa hai khe trong máy giao thoa khe Young a = 1mm. Khoảngcách từ màn quan sát E tới mặt phẳng chứa hai khe D = 1m. Đặt toàn bộ hệthống trong không khí, hai khe được chiếu bởi ánh sáng đơn sắc có bước sóng = 0,49m.a. Xác định vị trí của 3 vân sáng đầu tiên và vị trí vân tối thứ 4. Nêu nhận xétb. Thay ánh sáng đơn sắc khác có bước sóng ’, hệ thống trên cho các vân giao thoavới khoảng cách vân bằng 0,66mm. Tính ’.c. Sử dụng ánh sáng có bước sóng  = 0,49m. Đổ vào khoảng giữa màn ảnh và mặtphẳng chứa hai khe một chất lỏng có chiết suất n. Tính chiết suất n của chất lỏng đó, biếtrằng khoảng cách vân trong trường hợp này bằng 0,36mm. Nêu nhận xét?Bài 2. Trong thí nghiệm giao thoa với máy giao thoa khe Young, 2 khe cách nhau a =1mm. Màn quan sát E đặt song song và cách mặt phẳng chứa 2 khe một đoạn D = 1m.Nguồn S đặt cách đều hai khe và cách mặt phẳng chứa hai khe một đoạn là d = 0,5mphát ánh sáng đơn sắc có bước sóng  = 0,6m.a. Dời khe S song song với mặt phẳng chứa hai khe S1, S2 tới vị trí S’ và SS’ = 1mm.Xác định chiều và khoảng dịch chuyển của vân trung tâm.b. Lại đưa khe S về vị trí cũ nhưng đặt trước S1 một bản mặt song song có chiều dày e= 8m, chiết suất n = 1,5. Vân sáng trung tâm sẽ dời chỗ như thế nào ?Bài 3. Trong thí nghiệm giao thoa với máy giao thoa khe Young, khoảng cách giữa haikhe là a = 1mm, khoảng cách từ hai khe tới màn quan sát là D = 2m. Chiếu đồng thờihai khe bởi hai bức xạ có bước sóng 1 và 2. Khoảng cách giữa 5 vân sáng liên tiếp củabức xạ 1 là 4,8mm, khoảng cách từ vân sáng thứ 2 đến vân sáng trung tâm của bức xạ2 là 1,92mm.a. Tìm bước sóng của hai bức xạ trên.b. Trong vùng có giao thoa MN = 23mm có :- Bao nhiêu vân sáng và tối của từng bức xạ trên?- Mấy vị trí có sự chồng nhau của vân sáng của hai loại bức xạ trên?17Bài 4. Chiếu một chùm ánh sáng trắng (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,7 μm) lên một màng nước xàphòng có chiết suất n = 1,33.a. Chiếu theo phương vuông góc với màng xà phòng. Cho bề dày của màng xà phòng e= 0,4 µm. Hỏi trong phạm vi quang phổ thấy được của chùm sáng trắng, những chùmtia phản chiếu có bước sóng nào sẽ được tăng cường.b. Chiếu theo phương xiên góc 450 lên màng xà phòng. Tìm bề dày nhỏ nhất của màngđể tia phản chiếu có màu vàng với bước sóng λ = 0,6 µm.Bài 5. Một màng mỏng có bề dày d, chiết suất n = 1,3. Một chùm ánh sáng đơn sắcsong song có bước sóng  = 0,6m chiếu vào màng mỏng dưới góc tới i = 300. Hỏi bềdày nhỏ nhất của màng phải bằng bao nhiêu để ánh sáng phản chiếu giao thoa cócường độ:a. Cực đạib. Cực tiểuBài 6. Trên một bản mỏng thủy tinh phẳng (có chiết suất n = 1,5), người ta phủ mộtmàng rất mỏng của chất có chiết suất n’ = 1,4. Một chùm tia sáng đơn sắc, song song cóbước sóng  = 0,6m được chiếu thẳng góc với bản mặt. Xác định bề dày nhỏ nhất củamàng mỏng khi hiện tượng giao thoa cho chùm tia phản xạ có:a. cường độ cực tiểu.b. cường độ cực đại.Bài 7. Một nêm thủy tinh có góc nghiêng  =2’, chiết suất n. Người ta chiếu thẳnggóc với nêm ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,5216 m.a) Vẽ hình và thiết lập biểu thức điều kiện độ dày để có vân tốib) Tìm chiết suất của nêm, biết rằng khoảng cách giữa 2 vân tối liên tiếp trên bềmặt của nêm bằng 0,3 mm.c) Độ dày nêm tại vị trí có vân tối thứ 4;Bài 8. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc, song song và thẳng góc với mặt dưới của mộtnêm không khí. Ánh sáng tới có bước sóng λ = 0,6µm.a. Xác định góc nghiêng của nêm, biết rằng trên 1cm chiều dài của mặt nêm, người taquan sát thấy 10 vân giao thoa.b. Nếu chiếu đồng thời hai chùm tia sáng đơn sắc có bước sóng lần lượt là λ1 = 0,5 µmvà λ2 = 0,6 µm xuống mặt nêm thì hệ thống vân trên mặt nêm có gì thay đổi? Xác địnhvị trí tại đó các vân tối của hai hệ thống vân trùng nhau.Bài 9. Một thấu kính hội tụ phẳng lồi được đặt trên một bản thủy tinh để tạo thành hệthống cho vân tròn Newton. Mặt lồi của thấu kính có bán kính R = 4 m. Chiếu ánhsáng đơn sắc thẳng góc vào mặt phẳng của thấu kính thì khoảng cách giữa vân tối thứ9 và thứ 4 là 1,6 mm.18a. Tìm bước sóng của ánh sáng.b. Tìm bề dày của lớp không khí tại vị trí vân tối thứ 4.Bài 10. Một thấu kính được đặt trên một bản thủy tinh, nhưng do một hạt bụi dày nằmgiữa thấu kính và bản thủy tinh nên chúng không tiếp xúc với nhau. Đường kính của vântối thứ 5 và thứ 15 là 0,7mm và 1,7mm, bước sóng của ánh sáng rọi vuông góc vào mặtphẳng của thấu kính là 0,59m. Xác định bán kính cong của thấu kính.III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐTóm tắt:d1S1a = 1mmD = 1md2a = 0,49mMxOS2Da. xStt; xS1; xS2; xS3; xt4.b. Thay   ’; i’ = 0,66mm. ’ = ?c.  = 0,49m, đổ n = ? với i’’ =0,36mm. Nhận xét?Hướng dẫn:a. - Khoảng cách vân : i  D 0, 49.106 .1= 0,49.10-3m3a10- Vị trí 3 vân sáng đầu tiên:Vân sáng trung tâm (k = 0) ứng với: 𝑥𝑆𝑡𝑡 = 0𝑖 = 0Vân sáng bậc 1 (k = 1) ứng với:𝑥𝑆1 = 𝑘Vân sáng bậc 2 (k = 2) ứng với:𝑥𝑆2 = 𝑘Vân sáng bậc 3 (k = 3) ứng với:𝑥𝑆3 = 𝑘𝜆𝐷𝑎𝜆𝐷𝑎𝜆𝐷𝑎= 1. 𝑖 = 0,49. 10−3 𝑚= 2. 𝑖 = 0,98. 10−3 𝑚= 3. 𝑖 = 1,47. 10−3 𝑚 Nhận xét: Các vân sáng cách đều nhau.- Vị trí vân tối bậc 4 (k = 3) ứng với:x   2k  i D2a= 3,5i = 1,715mm.b. Khi thay ánh sáng có bước sóng  bởi ánh sáng có bước sóng  thì khoảng cách vân:i' 'Da' i ' a 0,66.1= 0,66 . 10-3mm = 0,66 m3D10c. Tính chiết suất của chất lỏng :- Hiệu quang lộ tại M của 2 tia sáng từ S1 và S2: L2 - L1 = nd2 - nd1 = n(d2 - d1) = n19axD- Điều kiện xác định vị trí các vân sáng: L2  L1  n Tọa độ vân sáng:xkDnakax kDin Khoảng cách vân (khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp) là : i '   k 1 𝑖′ =i ki i n n n𝑖𝑛ii'Do đó chiết suất chất lỏng: n  0,49 .10 31,360,36 .10 3* Nhận xét: Khoảng vân giảm n lần, tức là hệ thống vân sít lại gần nhau một đoạn Δi =i – i’ = (0,49 – 0,36).10–3 khi được đặt trong chất lỏng có chiết suất n = 1,36.Bài 2.Tóm tắt:O’d1S1a = 1mm;S d1’D = 1m;S’ = 0,6m;xd2aOd2’ S2Ddd = 0,5m.a. Dời S với SS’=1mm. Xác định chiều vàkhoảng dịch chuyển?O’d1S1xd2ab. Bản mặt e = 8m vào S1.OS2 Vân sáng trung tâm dờichỗ như thế nào?DHướng dẫn:a. Khi nguồn sáng di chuyển tới vị trí mới S’ thì hiệu quang lộ của hai tia sáng xuấtphát từ S’ tới O' là:L2 - L1 = (d2’ + d2) – (d1’ + d1) = (d2 - d1) + (d2’ - d1’)Hiệu khoảng cách từ điểm ta xét đến 2 nguồn S1 và S2:Do đó:Suy ra : L2  L1 d2 - d1 =d2’ - d1’ =x ' a xadD20x'adxaD- Điều kiện để tại O' có vân sáng:L 2 - L1 = Vân sáng trung tâm ứng với k = 0:Suy ra : x   x 'x ' a xa kdDx ' a xa 0.dDD1  1.= –2mmd0,5 Dấu (–) chứng tỏ vân sáng trung tâm dời ngược chiều di chuyển của nguồn S,khoảng dịch chuyển là 2mm.b. Giả sử bản mặt song song đặt trước nguồn S1.Hiệu quang lộ từ 2 nguồn sáng S1 và S2 đến điểm M (2 tia S2M và S1M) là:L2 – L1 = d2 – [(d1 – e) + ne)] = (d2 – d1).n – (n – 1).e =Điều kiện để tại M cho vân sáng: L2 – L1 =xa– (n – 1).e = kDxSuy ra công thức xác định tọa độ vân sáng:Vân sáng trung tâm k = 0  x0 xa– (n – 1).eDk  D  n 1 eDaa n 1 eD  1,5 1 8.a1= 4.103m = 4.10-3 m310Vậy vân sáng trung tâm mới nằm cách vân sáng trung tâm cũ một đoạn:𝑥0 =(𝑛 − 1)𝑒𝐷= 4. 10−3 𝑚𝑎* Do n > 1 nên x0 > 0, nghĩa là vân sáng giữa về phía có đặt bản mặt song song, trongtrường hợp này là dời về phía nguồn S1.Bài 3.Tóm tắt:d1a = 1mm; D = 2m; λ1 và λ2.Cho: xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4,8mmS1d2axS2 (λ2) – xStt (λ2) = 1,92mmb. MN = 23mm.- Số vân sáng; vân tối?- Vị trí trùng nhau của λ1 và λ2 trongMN.Hướng dẫn:21xOS2a. λ1 và λ2 = ?MDa. * Theo giả thiết:xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4.i1 = 4,8mmSuy ra khoảng vân của bức xạ λ1: i1 = 1,2mm Bước sóng λ1 =𝑖1 𝑎𝐷=1,2.10−3 .1.10−3= 0,6. 10−6 𝑚 = 0,6𝜇𝑚2* Theo giả thiết:xS2 (λ2) – xStt (λ2) = 2.i2 = 1,92mmSuy ra khoảng vân của bức xạ λ2: i2 = 0,96mm Bước sóng λ2 =𝑖2 𝑎𝐷=0,96.10−3 .1.10−32= 0,48. 10−6 𝑚 = 0,48𝜇𝑚b. Ta có:1𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎2𝑖1=1𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎2𝑖11.232=1,2= 9,58  λ1 có 19 vân sáng và 20 vân tối1.2320,96= 11,98  λ2 có 23 vân sáng và 24 vân tối* Khi vân sáng của hai bức xạ trung nhau:k1.λ1 = k2.λ2 k1.0,6 = k2.0,484 k1 = .k25Khi k1 = k2 = 0: xStt = 0.Khi k1 = ±4; k2 = ±5: xS1 = ±4,8mmKhi k1 = ±8; k2 = ±10: xS2 = ± 9,6mmVậy có 5 vị trí trên màn ảnh cho các vân sáng trùng nhau.Bài 4. ĐS:a. Bước sóng: λ = 0,4256μmb. dmin = 1,33.10-5cm.Bài 5.22Tóm tắt:SRMàn mỏng d; n = 1,3R’NChiếu  = 0,6m; i = 300.i idmin = ? để:iH iLIa. Giao thoa có cường độ cực đạirb. Giao thoa có cường độ cực tiểurrrKHướng dẫn:Đây là hiện tượng giao thoa do bản mỏng cùng độ dày gây ra.Hiệu quang lộ của 2 tia phản chiếu từ 2 mặt màng (tia IR và LR’) là :L2  L1  2d n 2  sin 2 i 2a. Cường độ sáng phản chiếu cực đại khi :2d n 2  sin 2 i Suy ra: d = (2k + 1)2 k4 n  sin 2 i2 Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0:dmin =1,25.107 m4 n  sin i22b. Cường độ ánh sáng phản chiếu cực tiểu khi :2d n2  sin 2 i Suy ra: d   k 12  2k 122 n2  sin 2 i Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0:d min 2 n 2  sin 2 i= 2,5 . 10-7m.* Trường hợp riêng: Khi tia sáng được chiểu vuông góc với màng mỏng  góc tới i =00 nên bề dày cực tiểu của bản mỏng khi:- Cường độ sáng phản chiếu cực đại:𝑑𝑚𝑖𝑛 =23𝜆4𝑛- Cường độ sáng phản chiếu cưc tiểu:𝑑𝑚𝑖𝑛 =𝜆2𝑛Bài 6.Tóm tắt:S1S2I1I2Bản mỏng n = 1,5 Phủ lớp mỏng n’ = 1,4. = 0,6m.ee = ? khi:N1N2a. cường độ giao thoa cực tiểu.b. cường độ giao thoa cực đại.Hướng dẫn:Xét tia sáng S1I1, khi tới mặt của màng mỏng, một phần tia sáng này sẽ phản xạở mặt trên của màng tại I1, một phần sẽ đi qua màng mỏng và phản xạ ở mặt dưới củamàng mỏng tại N1. Quang lộ của cả hai tia sáng phản xạ tại I1 và N1 đều bị dài thêm𝜆một đoạn do phản xạ trên môi trường chiết quang hơn. Hai tia phản xạ này sẽ giao2thoa với nhau tại mặt trên của màng mỏng.- Quang lộ của tia S1I1S1 phản xạ tại I1:𝐿1 = ̅̅̅̅̅̅̅̅𝑆1 𝐼1 𝑆1 +𝜆2- Quang lộ của tia S1I1N1I1S1 phản xạ N1:𝐿2 = ̅̅̅̅̅̅̅̅𝑆1 𝐼1 𝑆1 + 2𝑛′ . 𝐼̅̅̅̅̅̅1 𝑁1 +𝜆𝜆= ̅̅̅̅̅̅̅̅𝑆1 𝐼1 𝑆1 + 2𝑛′ 𝑒 +22 Hiệu quang lộ của hai tia phản xạ: L2 – L1 = 2𝑛′ 𝑒a. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực đại thì:𝐿2 − 𝐿1 = 2𝑛′ 𝑒 = 𝑘𝜆Do đó bề dày của màng mỏng được xác định bởi công thức:𝑒=Ứng với k = 1: 𝑒1 =Ứng với k = 2: 𝑒1 =𝜆2𝑛′2𝜆2𝑛′==0,62.1,43.0,64.1,4𝑘𝜆2𝑛′= 0,214𝜇𝑚= 0,428𝜇𝑚…b. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực tiểu thì:24

Tài liệu liên quan

Tài liệu GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 MÔN VẬT LÝ doc
- 10
- 1
- 11
BÀI TẬP SỰ ĐIỆN LI TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG docx
- 2
- 13
- 711
BÀI GIẢI CHI TIẾT VẬT LÝ CAO ĐẲNG 2010
- 8
- 503
- 0
giải chi tiết Vật Lý
- 4
- 257
- 0
lý thuyết tổng quát về điện phân, các bài tập có thể gặp trong đề thi đại học-cao đẳng và học sinh giỏi (tỉnh, quốc gia), lý thuyết mở rộng và ứng dụng của điện phâ
- 21
- 892
- 0
Tổng hợp cách giải chi tiết Vật Lý khối A
- 21
- 306
- 0
giải chi tiết đề thi thử đại học môn vật lý lần 2 của trường chuyên Hà Tĩnh
- 9
- 833
- 6
giải chi tiết đề thi thử đại học môn vật lý
- 21
- 1
- 2
Giải chi tiết Vật Lý K.A2010
- 10
- 203
- 0
Phân dạng và bài tập giải chi tiết chương este
- 12
- 763
- 0