Một nhóm học sinh thảo luận phương án thí nghiệm làm giảm ảnh hưởng của sự trao đổi nhiệt với môi trường khi đo nhiệt nóng chảy riêng của nước đá. Họ dùng các dụng cụ: Phễu chứa nước đá (1), dây điện trở (2), cốc (3), cân điện tử (4) như hình bên.

Nhóm học sinh cho rằng: Trong thời gian cấp điện cho dây điện trở, nếu xác định được càng chính xác khối lượng nước đá tan chảy vào cốc do nhiệt lượng nhận từ môi trường thì sẽ giảm được càng nhiều ảnh hưởng của sự trao đổi nhiệt giữa nước đá với môi trường.

Phương án thí nghiệm của họ gồm hai giai đoạn và được tóm tắt như sau:

Giai đoạn 1. Chưa cấp điện cho dây điện trở: Xác định khối lượng m1 của nước đá tạn và đã chảy từ phễu vào cốc trong khoảng thời gian t1.

Giai đoạn 2. Cấp điện cho dây điện trở: Xác định khối lượng m2 của nước đá tan và đã chảy từ phễu vào cốc trong khoảng thời gian t2.

Ở cả hai giai đoạn, coi rằng khối lượng nước đá tan và đã chảy vào cốc do nhiệt lượng nhận từ môi trường trong những khoảng thời gian bằng nhau là như nhau và bỏ qua các ảnh hưởng khác (bay hơi, ngưng tụ của nước...).

Lời giải:

a) Phương trình Clapeyron với khối lượng riêng: \[\frac{{{p_1}}}{{{T_1}{\rho _0}}} = \frac{R}{M}.\]

Thay số vào phương trình tìm khối lượng riêng của không khí:

          \(\frac{{{{1,013.10}^5}}}{{1,2\left( {20 + 273} \right)}} = \frac{{8,31}}{M} \Rightarrow M \approx 0,0288\left( {kg/mol} \right) = 28,8\left( {g/mol} \right)\)

⟶ a đúng.

b) Vì ban đầu khí cầu có lỗ hở ở dưới nên áp suất luôn bằng áp suất khí quyển.

⟶ b sai.

c) Khí cầu bắt đầu bay lên:

          \({F_A} = {P_v} + {P_k} \Rightarrow {\rho _0}.{g_V} = mg + {\rho _k}gV \Rightarrow {\rho _0}V = m + {\rho _k}V\left( 1 \right)\)

Thay số vào (1) ta được:

          \(1,2.1,15 = 0,2 + {\rho _k}.1,15 \Rightarrow {\rho _k} = \frac{{118}}{{115}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Do \({p_1} = const \Rightarrow {\rho _0}{T_1} = {\rho _k}T\)

⇒ \(1,2.\left( {20 + 273} \right) = \frac{{118}}{{115}}.T \Rightarrow T \approx 342,7K \Rightarrow t \approx {69,7^0}C\)

⟶ c sai.

d) Với nhiệt độ \({t_2} = {110^0}C\) thì ban đầu \({F_A} > P\) cho đến khi \({F_A} = P\) thì đạt độ cao cực đại.

Áp dụng phương trình Clapeyron với khối lượng riêng, với áp suất không đổi ta được: \({\rho _0}{T_1} = {\rho _2}{T_2} \Rightarrow 1,2.\left( {20 + 273} \right) = {\rho _2}.\left( {110 + 273} \right) \Rightarrow {\rho _2} = \frac{{1758}}{{1915}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Khi đến độ cao cực đại: \({F_A} = P\)

\( \Leftrightarrow {F_A} = {P_v} + {P_k}\)

\( \Rightarrow \rho  \cdot gV = mg + {\rho _2}gV\)

\( \Rightarrow \rho V = m + {\rho _2}V\quad (2)\)

Thay số vào \((2)\) ta được:

\(\rho  \cdot 1,15 = 0,2 + \frac{{1758}}{{1915}} \cdot 1,15\)

\( \Rightarrow \rho  \approx 1,09193{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Với \(\rho  = {\rho _0}{e^{\frac{{{\rho _0}gh}}{{{p_1}}}}} \Leftrightarrow 1,09193 = 1,2 \cdot {2,718^{\frac{{1,2 \cdot 10 \cdot h}}{{1,013 \cdot {{10}^5}}}}}\)

\( \Rightarrow h \approx 796,8{\rm{ (m)}}\)

\( \to \) d đúng.

Lời giải:

a) Lượng khí trong bình chứa thay đổi nên không áp dụng được định luật Boyle.

→ a sai

b) Phương trình Clapeyron:

\(pV = nRT = \frac{m}{M}RT \Rightarrow \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} = \frac{{11}}{{55}}\quad (1)\)

\( \Rightarrow {m_1} - {m_2} = 18 - 17,3 = 0,7{\rm{ (kg)}}\quad (2)\)

Giải \((1)\) và \((2)\) ta được:

\({m_1} = 2,625{\rm{ (kg)}}\)

→ b đúng

c) Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng với khối lượng riêng:

\(\frac{p}{{T \cdot D}} = \frac{R}{M} \Rightarrow \frac{{15 \cdot {{10}^6}}}{{D \cdot (27 + 273)}} = \frac{{8,31}}{{32 \cdot {{10}^{ - 3}}}}\)

\( \Rightarrow D \approx 193{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3})\)

→ c đúng

d) Số mol của không khí:

\({n_{kk}} = {n_2} - {n_1} = \frac{{p({V_2} - {V_1})}}{{RT}} = \frac{{101 \cdot {{10}^3} \cdot (6 - 5,7) \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8,31 \cdot (37 + 273)}} = \frac{{101}}{{8587}}{\rm{ (mol)}}\)

\({n_{{O_2}}} = 0,21{n_{kk}} = 0,21 \cdot \frac{{101}}{{8587}} \approx 2,47 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ (mol)}}\)

\({m_{{O_2}}} = {n_{{O_2}}} \cdot M = 2,47 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 32 \approx 0,079{\rm{ (g)}}\)

→ d sai