SKKN Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần chất khí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN CHẤT KHÍ
Người thực hiện: Cao Thị Thiện
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Vật lí
THANH HOÁ NĂM 2019
MỤC LỤC
Nội dung
Trang
PHẦN I . MỞ ĐẦU
2
1.1. Lí do chọn đề tài
2
1.2. Mục đích nghiên cứu
2
1.3. Đối tượng nghiên cứu
2
1.4. phương pháp nghiên cứu
2
PHẦN 2: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
3
2.1. Cơ sở lí thuyết của các định luật chất khí
3
2.2. Bài tập ví dụ
4
2.2.1. Bài tập về các đẳng quá trình
4
2.2.2. Bài tập về phương trình trạng thái
10
2.2.3. Bài tập về phương trình C-M
12
2.2.4. Bài tập đồ thị 
15
2.3. Một số bài tập vận dụng
19
2.4. Một số kết quả đạt được khi ứng dụng SKKN
21
PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
21
TÀI LIỆU THAM KHẢO
22
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
 Tuyển chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp là vấn đề được các cấp chính quyền, lãnh đạo các trường THPT, cha mẹ học sinh, các em học sinh quan tâm chú trọng. Trong những năm gần đây việc bồi dưỡng và tuyển chọn học sinh giỏi ở các trường đã có sự đầu tư thích hợp. Do đó chất lượng học tập và số lượng học sinh giỏi ở các trường những năm gần đây ngày càng nâng cao rõ rệt.
 Trước tình hình đó đòi hỏi các giáo viên trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi là làm sao cho học sinh nắm chắc các phương pháp, kĩ năng giải quyết các dạng bài tập trong từng phần, từng chương mà học sinh cần có để tham gia trong các kì thi.
 Trong thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở môn vật lí nói chung và trong phần bài tập về chất khí nói riêng tôi nhận thấy các em học sinh đang gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài tập trong phần định luật chất khí, đặc biệt là các bài tập có gắn liền nội dung thực tế. Các em đang còn lúng túng trong việc nhận dạng từng bài, phân tích bài toán còn bỏ sót một số quá trình... dẫn đến giải sai.
 Với mong muốn công tác ôn luyện học sinh giỏi đạt kết quả tốt, thường xuyên và khoa học hơn, góp phần hoàn thành mục tiêu giáo dục, nâng cao chất lượng giáo dục của Nhà trường, tôi đã đưa ra một số kinh nghiệm trong việc ôn luyện học sinh giỏi phần chất khí với đề tài: “ Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần chất khí”
1.2. Mục đích nghiên cứu
 - Nghiên cứu các bài tập trong phần “chất khí”, phân tích các dạng bài toán dành cho học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
 - Giúp học sinh nắm chắc phương pháp phân tích các dạng bài cơ bản thường gặp, dễ dàng nhận ra các dạng và có cách giải hợp lí
1.3. Đối tượng nghiên cứu
 Đề tài này nghiên cứu các nội dung sau:
 - Khái quát, phân loại một số dạng bài tập cụ thể về các định luật chất khí và phương pháp giải.
 - Việc áp dụng đề tài vào thực tế giảng dạy nhằm nâng cao chất lượng đội ngũ họ sinh giỏi môn vật lí ở THPT Cẩm Thủy 1, góp phần nâng cao thành tích Nhà trường.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 Khi đã xác định được mục đích và đối tượng nghiên cứu tôi đã sử dụng các phương pháp sau:
 - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Quan sát thực tế, thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi dưỡng, quá trình học tập, chất lượng học tập của học sinh giỏi.
 - Phương pháp hỗ trợ: Trao đổi đồng nghiệp, trao đổi học sinh.
 - Phương pháp tổng kết, rút kinh nghiệm.
PHẦN 2 : NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1 Cơ sở lí thuyết về các định luật chất khí
2.1.1 Định luật Bovle-Mariotte 
V
T2>T1
T1
651,2
4
T2936
 p
O
a.Nội dung: Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích.
b.Biểu thức định luật: 
+ p~ 
+ hằng số
+ p1V1= p2V2
c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng nhiệt trong hệ tọa độ POV như hình bên.
Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POT, VOT
2.1.2. Định luật Charles
T(K)
V2>V1
V1
V2
 p
O
a. Nội dung: Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.
b. Biểu thức định luật: 
+ p~ T 
+ =hằng số
+
c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng tích trọng hệ tọa độ POT như hình bên.
Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, VOT
2.1.3. Định luật Gay-Lussac 
T(K)
p2>p1
P1
P2
V
O
a. Nội dung: Trong quá trình đẳng áp của một lượng khí nhất định, thể tích tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.
b. Biểu thức định luật: 
+ V~ T 
+ =hằng số
+
c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng tích trọng hệ tọa độ VOT như hình bên.
Quá trình này còn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, POT
2.1.4.Phương trình trạng thái của khí lý tưởng.
Với một lượng khí nhất định ta có:
+pVT=const
+
2.1.5. Phương trình Cla-pê-ron-Men-đê-lê-ép
 pV=mμRT=nRT
Trong đó:
p: Áp suất(Pa)
n: Số mol
R=8,31J/mol.K: Hằng số khí
m: Khối lượng khí(g)
μ: Khối lượng mol phân tử của chất khí(g)
2.1.6.Định luật Đan Tôn
Áp suất mà hỗn hợp khí ( các thành phần không phản ứng với nhau) bằng tổng các áp suất riêng phần của từng khí có trong hỗn hợp: 
p= 
* Chú ý : Áp suất riêng phần tỉ lệ với số mol khí thương ứng 
2.2. Bài tập ví dụ
2.2.1. Bài tập về các đẳng quá trình
1.Các bài toán về quá trình đẳng nhiệt. Định luật Bovle-Mariotte
Phương pháp
-Liệt kê các trạng thái của khối khí
- Áp dụng định luật B-M: Khi T=const thì P1V1=P2V2.
Cần chú ý: 
- Áp suất chất lỏng tại một điểm M có độ sâu h trong lòng chất lỏng là:
 pM=p0+ph	(Pa)
Trong đó: p0: là áp suất khí quyển
 ph = ρgh: là áp suất gây bởi trọng lượng cột chất lỏng có chiều cao h
	ρ: là khối lượng riêng của chất lỏng
Đối với cột thủy ngân, chiều cao h của cột chính là áp suất của nó:
 p=p0+h (mmHg)
Áp suất gây bởi cột nước có chiều cao là h(mm)
 p=p0+h13,6 (mmHg)
- Trong một không gian nhỏ, áp suất khí quyển có thể coi là không đổi, không phụ thuộc vào độ cao.
Bài 1: Ở độ sâu h1=1m dưới mặt nước có một bọt không khí hình cầu. Hỏi ở độ sâu nào, bọt không khí có bán kính nhỏ đi 2 lần. Cho khối lượng riêng của nước ρ=103(kg/m3), áp suất khí quyển p0=105(N/m2),g=10m/s2; nhiệt độ của nước không đổi theo độ sâu
Bài giải 
Đề bài cho nhiệt độ ở đáy và mặt hồ không đổi nên ta sẽ áp dụng định luật B-M cho hai trạng thái của khối khí trong bọt khí
-Liệt kê hai trạng thái của khối khí
+ Trạng thái 1: 
 Ở độ sâu h1, bọt khí có thể tích V1, áp suất p1: p1=p0+h113,6 ( p1 là áp suất tại một điểm ở đáy hồ bao gồm áp suất khí quyển p0 và áp suất gây bởi trọng lượng cột nước có chiều cao h1)
+ Trạng thái 2: 
 Ở độ sâu h2, bọt khí có thể tích V2, áp suất p2: p2=p0+h213,6 ( p2 là áp suất tại một điểm trong nước hồ bao gồm áp suất khí quyển p0 và áp suất gây bởi trọng lượng cột nước có chiều cao h2 mà tại đó bọt khí có bán kính nhỏ đi 2 lần)
- Áp dụng định luật B-M cho hai trạng thái của khối khí
 p1.V1=p2.V2 =>p2p1=V1V2=43πR1343πR23=R1R23=23=8Û p0 +h213,6p0 +h113,6=8
Ûp0 +h213,6=8(p0 +h113,6)
=>h2=95,2p0+8p1=95,2.76+8.100=8035,2cm=80,352m
Vậy ở độ sâu h2=80,352m bọt khí có bán khính nhỏ đi 2 lần
V
V0
K1
K2
Bài 2 : Ta dùng bơm hút có thể tích xi lanh là V0 = 200 cm3 để hút không khí từ một bình có thể tích V = 1 l (kể cả ống nối giữa bơm và bình) chứa không khí ở áp suất p0 = 105 Pa (Hình vẽ). Hỏi sau n lần hút thì áp suất trong bình còn bao nhiêu ? Biết rằng bơm hoạt động rất chậm để nhiệt độ trong bơm coi như không đổi.
 Áp dụng n = 5.
Bài giải
- Gọi p1, p2, pn lần lượt là áp suất khí trong bình sau mỗi lần bơm hút. 
Trong quá trình mỗi lần hút do nhiệt độ không đổi, lượng khí không đổi nên đây là quá trình đẳng nhiệt.
- Sau lần đầu bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p1. Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p1(V + V0) = p0V (1)
- Sau lần thứ 2 bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p2. Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p2(V + V0) = p1V (2)
- Sau lần thứ 3 bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p3. Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p3(V + V0) = p2V (3)
...............................................................................
- Sau lần thứ n bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là pn. Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: pn(V + V0) = pn-1V (n)
- Nhân các phương trình (1), (2), (3),...,(n) vế với vế, ta được: 
 pn(V + V0)n = p0Vn 
Þ pn = p0 = 105 » 4,02.104 Pa.
Bài 3 : Một ống nghiệm có chiều dài l=0,9m chứa không khí ở áp suất khí quyển p0=105Pa. Ấn ống thẳng đứng xuống một chậu thủy ngân cho đến khi đầu hở cách mặt thoáng một khoảng h=0,75m. Tìm khoảng cách x từ đầu kín đến mực thủy ngân trong lòng ống . Biết trọng lượng riêng của Hg là ρ=13,6.104N/m3 và quá trình ấn ống nghiệm là quá trình đẳng nhiệt.
Bài giải
Ta đo áp suất bằng mHg nên đổi p0=105Pa=105N/m2
P0=105N/m2ρN/m3=10513,6.104=0,735mHg 
Khi miệng ống bắt đầu đụng mặt thoáng thì không khí có áp suất p0 và thể tích tỉ lệ chiều dài l của ống. Khi đã ngập sâu thì không khí có áp suất p và thể thể tích tỉ lệ với x
Theo định luật B-M ta có
p0.l=p.x	(1)
Mặt khác ta lại có
 p=p0+h-(l-x)=p0+h-l+x (2)
 Từ (1) và (2) suy ra : p=p0+h-l+p0lp
=> p2+l-h-p0p-p0l=0
 p2-0,585p-0,66=0
Giải phương trình ta suy ra : p=1,16mHg
Từ (1): x=p0lp=0,375.0,91,16=0,57m
Bài 4: Một ống nghiệm dài l = 20 cm chứa không khí ở áp suất po = 760mmHg.
a. Ấn ống nghiệm xuống chậu thủy ngân theo phương thẳng đứng cho đến khi đáy ống nghiệm chạm mặt thoáng của thủy ngân. Tính độ cao của cột thủy ngân trong ống.
b. Giải lại bài toán khi thay thủy ngân bởi nước. Cho khối lượng riêng của thủy ngân: , của nước 
Bài giải
a.Tính x:
Xét lượng khí trong ống: ban đầu có: thể tích ; áp suất .
Lúc sau: ; ;
tacó: .
b.Khi dùng nước, chiều cao cột nước trong ống là y: 
Lượng khí lúc sau có: ; ; 
ta có:
 .
2. Các bài toán về quá trình đẳng tích – Định Luật Charles
Phương pháp: Nếu đề cho p0, áp dụng công thức: pt=p0(1+αt)	(1)
Nếu đề không cho p0, áp dụng công thức: p1T1=p2T2 (2)
Thường thì áp dụng công thức (2):
+ Liệt kê các trạng thái của chất khí
+Áp dụng công thức (2)
+ Cần đổi t0C ra T0K: T0K=273+ t0C
Dạng toán này thường được áp dụng cho chất khí chứa trong bình kín
( Dạng bài này thường đơn giản, hay xuất hiện trong các bài toán tổng hợp nên
 tôi khoogn đề cập ở đây)
3. Các bài toán về quá trình đẳng áp. Định luật Gay-Lussac:
Phương pháp:
-Nếu đề cho V0, áp dụng công thức: Vt=V0(1+αt)	(1)
-Nếu đề không cho V0, áp dụng công thức: V1T1=V2T2 (2)
Thường thì nên áp dụng công thức (2)
+ Liệt kê các trạng thái của chất khí
+ Áp dụng công thức (2)
+ Cần đổi t0C ra T0K: T0K=273+ t0C
- Trong dạng bài tập này áp suất khí không đổi thường là do cân bằng với áp 
suất khí quyển
Bài 1: Một áp kế khí có hình dạng giống như bài trên, tiết diện ống 0,1cm2. 
Biết ở 00C, giọt thủy ngân cách A 30cm, ở 50C cách A 50cm. 
Tính dung tích bình. Coi dung tích bình là không đổi.
Bài giải:
-Ở trạng thái 1: T1 = 273K, khí có thể tích là V1 = V + Sx1	(1)
- Ở trạng thái 2: T2 = 5 + 273 = 278K, khí có thể tích V2 = V + Sx2	(2)
-Vì áp suất khí bên trong áp kế luôn cân bằng với áp suất khí quyển bên ngoài 
nên quá trìnhkhí chuyển từ trạng thái 1 sáng trạng thái 2 là quá trình đẳng áp.
 Áp dụng định luật Gay-Lussac: 
V1T1=V2T2Û V + S x1T1=V + Sx2T2 => V=T2S x1-T1Sx2T1-T2=278.0,1.30-273.0,1.50273-278=106,2cm3
Vậy dung tích của bình là 106,2cm3
Bài 2: Một khí cầu có thể tích V=336m3 và khối lượng vỏ m=84kg được bơm không khí nóng đến áp suất bằng áp suất không khí bên ngoài . Không khí nóng phải có nhiệt độ bằng bao nhiêu để khí cầu bắt đầu bay lên. Không khí bên ngoài có nhiệt độ 270C và áp suất 1atm; μkk=29g/mol
Bài giải
-Gọi ρ0 là khối lượng riêng của không khí ở T0=300K
ρ là khối lượng riêng của không khí ở T – là nhiệt độ cần thiết để khí cầu bắt đầu bay
Khi bắt đầu bay lực đẩy Acsimet ρ0Vg bằng tổng các trọng lượng của vỏ mg và của không khí nóng trong khí cầu ρVg 
 ρ0Vg=mg+ρVg 	(1)
 =>ρ=ρ0-mV (2)
29g không khí ở điều kiện tiêu chuẩn ; 1 atm, Tc=273K, thể tích chiếm 22,4l bằng 22,4dm3 => khối lượng riêng ở đktc là :
 ρc=2922,4≈1,295g/dm3= 1,295kg/m3	(3)	
Áp suất không khí bên ngoài bằng áp suất ở đktc: 1atm
=>Theo định luật Gay-Lussac: VcTc=V0T0 Ûρ0T0=ρcTc => ρ0=TcT0ρc
Kết hợp (3): ρ0=273. 3001,295=1,178kg/m3	(4)
(2)+(4) => Ta có: ρ=1,178-84kg336m3=0,928kg/m3
Áp suất không khí bên ngoài bằng áp suất khí nóng trong khí cầu 
=> Theo định luật Gay-Lussac: VT=V0T0Ûρ0T0= ρT=>T=ρ0T0ρ
=>T=1,178.3000,928≈381K=1080C
Bài 3: Một xilanh có tiết diện hình vuông cạnh H, chứa một lượng khí lí tưởng ,bên trên có pit tông khối lượng rất nhỏ, có thể trượt không ma sát trong xilanh. Ban đầu độ cao cột không khí trong xi lanh là h( h nhỏ hơn rất nhiều so với độ cao của xi lanh). Nhiệt độ của xilanh và của khí lí tưởng bằng nhiệt độ môi trường là 270C. Xilanh và pit tông đều làm từ cùng một chất liệu có hệ số nở dài α=10-3K-1. Nung toàn bộ xilanh. Tìm độ cao cực đại mà pi tông có thể lên tới, khi đó nhiệt độ của khí
 và xi lanh bằng bao nhiêu? 
Bài giải
-Thể tích ban đầu của khối khí: V0=hH2
- Thể tích của khối khí sau khi nung: V1=h’(H+∆H)2=h’H2(1+α∆T)2
- Vì pit tông rất nhẹ và có thể chuyển động không ma sát nên áp suất khí trong xi lanh không đổi và luôn bằng áp suất khí quyển. Đây là quá trình đẳng áp.
 V1T1=V0T0 Û V1V0=T1T0Ûh'h[1+αT1-T0]2=T1T0 => h'=hT0T11+2αT1-T0+α2(T1-T0)2
h' đạt cực đại khi tổng α2T1+α2T0-2αT0+1T1 cực tiểu. Áp dụng định lí Cauchy tổng này cực tiểu khi: α2T1=α2T0-2αT0+1T1
=> T1=α2T0-2αT0+1α =700K
- Khi đó h'=hT0T11+2αT1-T0+α2(T1-T0)2=2521h
2.2.2. Bài tập về phương trình trạng thái
Phương pháp:
- Liệt kê ra 2 trạng thái 1 ( p1,V1,T1) và 2 (p2,V2,T2).
- Áp dụng phương trình trạng thái:
* Chú ý: luôn đổi nhiệt độ toC ra T(K).
T (K) = 273 + to C
Bài 1: Một ống thủy tinh, tiết diện nhỏ chiều dài 2𝓁 = 100 cm, dựng thẳng đứng, đầu hở ở trên, đầu kín ở dưới. Phía đáy ống chứa không khí và phía trên chứa đầy thủy ngân. Không khí trong ống ở 27oC thì chiều cao không khí trong ống là 𝓁 = 50 cm (hình vẽ). Hỏi nhiệt độ tối đa của không khí trong ống là bao nhiêu để còn thủy ngân trong ống. Biết áp suất khí quyển là 
P0 = 76 cmHg.
Bài giải
- Xét lượng khí trong ống: Nhiệt độ, áp suất và thể tích của lượng khí 
+ Ở trạng thái 1: T1=300K , p1=p0+l=126cmHg, V1=l.S=50.S
+Ở trạng thái 2: T2, p2=p0+(l-x)=126-x(cmHg), V2=(l+x).S=(50+x).S
+ Áp dụng PTTT: =>T2=-x2+76x+630021
 T2 đạt cực đại khi x=38cm
 Lúc này T2=368,8K
Bài 2: Một xilanh kín chia làm hai phần bằng nhau bởi một pitong cách nhiệt. Mỗi phần có chiều dài 25 cm chứa một lượng khí giống nhau cùng ở 170C. Nung nóng một phần lên thêm 120C và phần kia làm lạnh để nhiệt độ giảm bớt 150C. Xác định khoảng dịch chuyển của pittong khi nó cân bằng. 
Bài giải
Giả sử phần 1 nung nóng, phần 2 làm lạnh nên pittong dịch sang phải như hình vẽ
Phương trình trạng thái khí lý tưởng cho khí ở phần 1: 
Phương trình trạng thái khí lý tưởng cho khí ở phần 2: 
Vì khi khi cân bằng áp suất khí hai bên phải bằng nhau:
Bài 3: Một căn phòng hình hộp chữ nhật có kích thước (7,8m x 5,5m x 5,4m). Ban đầu không khí trong phòng có nhiệt độ t0 = 00C và áp suất p0 = 760 mmHg. Sau đó, nhiệt độ trong phòng nâng lên đến t = 14,50C và áp suất tăng lên đến p = 780mmHg. Biết khối lượng riêng của không khí ở điều kiện tiêu chuẩn (00C và 760mmHg) là ρ0 = 1,293kg/m3. Hãy xác định khối lượng không khí đã ra khỏi phòng.
Bài giải
-Áp suất, thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí
+ Ở trạng thái đầu là: p0 = 760 mmHg, T0=273K, V0=7,8.5,5.5,4=231,66m3
+ Ở trạng thái 1 là: p1 = 780mmHg, T1=287,5K, V1
+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có : V1=p0V0T1T0p1
- Lượng khí thoát ra khỏi phòng ở nhiệt độ T1 có thể tích là
 ∆V=V1-V0=V0p0T1T0p1-1=231,66760.287,5780.273-1=6,049m3
- Lượng khí này nếu đưa về điều kiện tiêu chuẩn( cũng chính là p0, T0) thì có thể tích là
 p1∆VT1=pc∆VcTc => ∆Vc=p1.∆V.TcT1pc=p1T0T1p0.∆V
 => ∆m=∆Vc. ρ0=p1T0T1p0.∆V.ρ0=780.273760.287,56,049.1,293=7,622kg
2.2.3. Bài tập về phương trình C-M
Phương pháp
- Đối với một trạng thái của một lượng khí bất kì ta luôn áp dụng phương trình Claperon- Mendeleep
 pV=mμRT=nRT
- Khi áp dụng cần chú ý về đơn vị của các đại lượng sau:
+ Hằng số khí: R=8,314J/mol.K với áp suất p(Pa), thể tích V(m3).
 R=0,082L.atm/mol.K với áp suất (atm), thể tích V(lít)
+ μ là khối lượng mol phân tử của chất khí (g)
 m là khối lượng khí (g)
+ n là số mol
Bài 1: Một bình chứa khí oxy (O2) nén ở áp suất p1 = 1,5.107 Pa và nhiệt độ t1 = 370C, có khối lượng (cả bình) là M1 = 50kg. Sau một thời gian sử dụng khí, áp kế đo áp suất khí trong bình chỉ p2 = 5.106 Pa và nhiệt độ t2 = 70C. Khối lượng bình và khí lúc này là M2 = 49kg. Tính khối lượng khí còn lại trong bình lúc này và tính thể tích của bình. Cho R = 8,31.
Bài giải
- Gọi m là khối lượng bình rỗng; m1 và m2 là khối lượng khí O2 trong bình lúc đầu và lúc sau. 
-Ta có: m1 = M1 - m (1) 
 m2 = M2 - m (2)
-Theo phương trình C - M: 
 , ta có :
 p1T1m1=p2T2m2=RμV (3) ( V: Thể tích của bình)
 Þm1p1T1=m2p2T2=m1-m2p1T1-p2T2=M1-M2p1T2-p2T1T1T2=T1T2(M1-M2)p1T2-p2T1
 Þm2=p2T1(M1-M2)p1T2-p2T1=5.106.310.(50-49)1,5.107280-5.106.310=155265≈0,585kg
 m1=m2+M1-M2=0,585+1=1,585kg
- Thể tích bình (bằng thể tích khí):
 V=RT1m1p1μ=RT2m2p2μ=8,31.310.1,5851,5.107.0,032≈0,0085m3=8,5dm3=8,5lít
- Thay số: V = 8,5.10-3 (m3) = 8,5 (lít) 
Bài 2: Một bình hình trụ chiều dài l = 0,6m, tiết diện ngang 0,5cm2 đặt nằm ngang, chia làm hai phần nhờ một pittông cách nhiệt, độ dày không đáng kể. Phần một chứa khí He, phần hai chứa khí H2 có cùng khối lượng m0. Giữ phần một ở nhiệt độ t1 = 270C. 
a. Khi áp suất hai phần bằng nhau thì chiều dài phần 1 là x =20cm (Hình 3), tính nhiệt độ phần hai. 
b. Giữ nhiệt độ phần hai không đổi. Nung nóng phần một đến nhiệt độ và = 1,5. Tính để pittông dịch chuyển sang phải 4cm. 
Bài giải
Ở phần 1 : p1V1 = (1)
Ở phần 2 : p2V2 = (2)
Lấy (1) chia (2) (3)
Do : p1 = p2 ;	V2 = 2V1 ; µ1 = 4g/mol; µ2 = 2g/mol nên từ (3)
 Þ T2 = 3000K
Tương tự như trên, ta có: (4)
Do = x + 4 = 24cm; = 36cm nên: = 1,5
Thay = 1,5 và = 1,5 vào (4) ta được: = 6000K
Bài 3: Hai bình có thể tích =40 lít, =10 lít thông với nhau bằng một ống có khóa ban đầu đóng. Khóa này chỉ mở nếu Pa, là áp suất khí trong hai bình. Ban đầu bình 1 chứa khí ở áp suất =0,9.105 Pa và nhiệt độ bằng 300K. Trong bình 2 là chân không. Người ta nung nóng đều hai bình từ đến T=500K
a.Tới nhiệt độ nào thì khóa mở?
b.Tính áp suất cuối cùng trong mỗi bình?
Bài giải:
a. Khóa ban đầu đóng sẽ mở khi Pa(p2 ban đầu bằng 0) => p1=pm=105Pa.
Cho đến khi khóa mở , khí trong bình 1 này bị nung nóng đẳng tích. Áp dụng định luật Charles ta có
 p0T0=pmTm => 1Tm=p0T0pm=0,9.105300.105=> Tm=3000,9=333K
Khóa mở, một ít khí ở bình 1 lọt sang bình 2 làm cho áp suất ở bình 1(p1) tụt xuống một ít 
( ∆p=p1-p2) bé hơn 105Pa một ít và khóa lại đóng lại. Nhưng tiếp tục nung thì p1 lại tăng, khóa lại mở. Có thể coi như khóa luôn giữ cho chênh lệch áp suất ∆p=105Pa.
b. Tới nhiệt độ T=500K, giả sử áp suất trong bình 2 là p thì áp suất trong bình 1 là p+∆p
Gọi n là tổng số mol khí trong cả 2 bình 
 n1, n2 là các số mol khí trong hai bình lúc cuối 
- Lúc đầu: Số mol khí bình 1 bằng n
 Số mol khí bình 2 bằng 0
 Áp dụng phương trình C-M đối với bình 1 lúc đầu ta có:
 p0V1=nRT0 => n=p0V1RT0 (1)
-Lúc cuối :
 Áp dụng phương trình C-M đối với bình 1
 p+∆PV1=n1RT => n1=p+∆PV1RT (2)
 Áp dụng phương trình C-M đối với bình 2
 pV2=n2RT => n2=pV2RT (3)
Vì n=n1+n2 nên p0V1RT0=p+∆PV1RT+pV2RTÛ p0V1T0=p+∆PV1T+pV2T=p(V2+V1)+∆PV1T
 Û0,9.105.40300=50p+40.105500 =>p=0,4.105Pa 
Vây: Áp suất trong bình 2 là 0,4.105Pa
 Áp suất trong bình 1 là (p+∆P)= 1,4. 105Pa
Bài 4: Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm hai phần nhờ một pittông cách nhiệt như hình vẽ. Pittông có khối lượng M=500g và có thể chuyển động không ma sát trong xi lanh. Phần trên của bình chứa khí Hêli, phần dưới của bình chứa khí Hiđrô. Biết hai khối khí có cùng khối lượng m và ban đầu ở cùng nhiệt độ t0=270C, lúc này pittông nằm cân bằng ở vị trí cách đáy dưới một đoạn 0,6h. Biết tiết diện bình là , g = 10m/s2.
a. Tính áp suất khí trong mỗi phần bình.
b. Giữ nhiệt độ ở bình 2 không đổi, n