Bài toán nhiệt ôn thi HSG và ôn thi vào lớp chuyên Lý (có hướng dẫn)

NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169

BÀI TOÁN NHIỆT ÔN THI HỌC SINH GIỎI VÀ ÔN THI VÀO LỚP CHUYÊN LÝ

Bài 1: Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t1 = -50C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t2 = 800C. Sau khi cân bằng nhiệt thể tích của chất chứa trong bình là: V = 1,2 lít. Tìm khối lượng của chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là: Dn = 1000kg/m3 và Dd = 900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và nước đá là: 4200J/kgK, 2100J/kgK. Nhiệt nóng chảy của nước đá là: 340000J/kg.

Giải:

Nếu đá tan hết thì khối lượng nước đá là:

Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tan hết là:

=

Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt độ từ 800C đến 00C là:

Do: Q2 < Q1 nên nước đá không tan hết, đồng thời. Q2 > nên trong bình tồn tại cả nước và nước đá. Suy ra nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 00C.

Khối lượng nước đá đã tan là:

Sau khi cân bằng nhiệt:

Khối lượng nước trong bình là:

Thể tích nước đá trong bình là:

Khối lượng nước đá trong bình là:

Vậy khối lượng của chất trong bình là:

Bài 2: Hai bình thông nhau chứa chất lỏng tới độ cao h. Bình bên phải có tiết diện không đổi là S. Bình bên trái có tiết diện là 2S tính tới độ cao h còn trên độ cao đó có tiết diện là S. Nhiệt độ của chất lỏng ở bình bên phải được giữ không đổi còn nhiệt độ chất lỏng ở bình bên trái tăng thêm C. Xác định mức chất lỏng mới ở bình bên phải. Biết rằng khi nhiệt độ tăng thêm 10C thì thể tích chất lỏng tăng thên n lần thể tích ban đầu. Bỏ qua sự nở của bình và ống nối.

Giải:

Gọi D là khối lượng riêng của nước ở nhiệt độ ban đầu. Khi tăng nhiệt độ thêm thì khối lượng riêng của nước là:. gọi mực nước dâng lên ở bình bên trái là và ở bình bên phải là , do khối lượng nước được bảo toàn nên ta có:

(1)

Khi nước trong bình ở trạng thái cân bằng thì áp suất tại hai đáy phải bằng nhau, ta có phương trình:

(2)

Từ (1) và (2) Ta có bỏ qua ở mẫu vì <<1

Do đó mực nước ở bình phải là:

Bài 3: Trong một cục nước đá lớn ở 00C có một cái hốc với thể tích V = 160cm3 . Người ta rốt vào hốc đó 60g nước ở nhiệt độ 750C. Hỏi khi nước nguội hẳn thì thể tích hốc rỗng còn lại bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là Dn = 1g/cm3 Dd = 0,9g/cm3. Nhiệt nóng chảy của nước đá là:

 = 3,36.105 J/kg.

Giải:

Do khối đá lớn ở 00C nên khi đổ 60g nước vào thì nhiệt độ của nước là 00C. Nhiệt lượng do nước toả ra để nguội đến 00C là:

Nhiệt lượng này làm tan một lượng nước đá là:

Thể tích phần đá tan là:

Thể tích của hốc đá bây giờ là:

Trong hốc chứa lượng nước là: lượng nước này có thể tích là Vậy thể tích của phần rỗng là:

Bài 4: Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa 200ml nước ở nhiệt độ ban đầu t0=100C. Để có 200ml nước ở nhiệt độ cao hơn 400C, người ta dùng một cốc đổ 50ml nước ở nhiệt độ 600C vào bình rồi sau khi cân bằng nhiệt lại múc ra từ bình 50ml nước. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với cốc bình và môi trường. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu lượt đổ thì nhiệt độ của nước trong bình sẽ cao hơn 400C ( Một lượt đổ gồm một lần múc nước vào và một lần múc nước ra)

Giải:

Nhiệt độ ban đầu của nước trong bình là 100C. Khối lượng nước ban đầu trong bình là m0= 200g. Khối lượng nước mỗi lần đổ nước vào và múc nước ra là m= 50g nhiệt độ ban đầu của nước đổ vào là t= 600C .

Giả sử sau lượt thứ ( n – 1) thì nhiệt độ của nước trong bình là: tn-1 và sau lượt thứ n là tn. Phương trình cân bằng nhiệt :

( Với n = 1,2,3....)

Ta có bảng sau:

Sau lượt thứ n12345Nhiệt độ tn200C280C34,40C39,520C43,60CVậy sau lượt thứ 5 nhiệt độ của nước sẽ cao hơn 400C

Bài 5: Trong một xi lanh thẳng đứng dưới một pít tông rất nhẹ tiết diện S = 100cm2có chứa M = 1kg nước ở 00C. Dưới xi lanh có một thiết bị đun công suất P = 500W. Sau bao lâu kể từ lúc bật thiết bị đun pít tông sẽ được nâng lên thêm h = 1m so với độ cao ban đầu? Coi chuyển động của pít tông khi lên cao là đều , hãy ước lượng vận tốc của pít tông khi đó. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/ kg K,nhiệt hoá hơi của nước là 2,25.106J/kg, khối lượng riêng của hơi nước ở nhiệt độ 1000C và áp suất khí quyển là 0,6kg/m3. Bỏ qua sự mất mát nhiệt bởi xi lanh và môi trường.

Giải:

Coi sự nở vì nhiệt và sự hoá hơi không làm thay đổi mức nước. Khi pít tông ở độ cao h thể tích nước là:

V = S.h = 0,01m3

Nhiệt lượng cần cung cấp để nước nóng từ 00C lên tới 1000C và hoá hơi ở 1000C là:

Do bỏ qua sự mất mát nhiệt nên :

Thời gian đó gồm 2 giai đoạn thời gian đun sôi t1 và thời gian hoá hơi t2 : t = t1 + t2

Do công suất đun không đổi nên:

Vậy: .Vận tốc của pít tông tính từ lúc hoá hơi là

Bài 6: Trong một bình thành mỏng thẳng đứng diện tích đáy S = 100cm3 chứa nước và nước đá ở nhiệt độ t1= 00C, khối lượng nước gấp 10 lần khối lượng nước đá. Một thiết bị bằng thép được đốt nóng tới

t2 = 800C rồi nhúng ngập trong nước, ngay sau đó mức nước trong bình dâng lên cao thêm h = 3cm. Tìm khối lượng của nước lúc đầu trong bình biết rằng khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập trong bình nhiệt độ của nó là t = 50C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK, của nước đá là 2100J/kgK, của thép là 500J/kgK. Nhiệt nóng chảy của nước đá là: 330KJ/Kg , khối lượng riêng của thép là 7700kg/m3.

Giải:

Gọi khối lượng nước đá trong bình lúc đầu là m0 thì khối lượng nước trong bình là 10m0

Thể tích của khối thép đúng bằng thể tích nước bị chiếm chỗ:

Khối lượng của khối thép:

Phương trình cân bằng nhiệt :

Bài 7: Một bình nhiệt lượng ké có diện tích đáy là S = 30cm2 chứa nước (V= 200cm3) ở nhiệt độ T1= 300C. Người ta thả vào bình một cục nước đá có nhiệt độu ban đầu là T0 = 00C, có khố lượng m= 10g. Sau khi cvân bằng nhiệt mực nước trong bình nhiệt lượng kế đã thay đổi bao nhiêu so với khi vừa thả cục nước đá? Biết rằng khi nhiệt độ tăng 10C thì thể tích nước tăng = 2,6.10-3 lần thể tích ban đầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. Nhiệt dung của nước và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là:

C= 4200J/kgK,  =330kJ/kg.

Giải:

Sự thay đổi mức nước trong bình là do thể tích nước phụ thuộc vào nhiệt độ. Nếu không có sự nở vì nhiệt thì không sảy ra sự thay đổi mức nước vì áp suất tác dụng lên đáy khi vừa thả cục nước đá và khi cục nước đá tan hết là như nhau.

Gọi M là khối lượng nước trong bình nhiệt lượng kế, T là nhiệt độ khi cân bằng, ta có phương trình :

Thay số ta có T= 24,830C

Kí hiệu V0 là thể tích hỗn hợp nước và nước đá với khối lượng m +M khi vừa thả đá vào bình.

Với: Dd = 0,9g/cm3 thì.

Khi cân bằng nhiệt thể tích nước và nước đá ( chủ yếu là nước ) đều giảm Thể tích giảm là:

( tính gần đúng)

Do đó mực nước thay đổi là: .

Thay các giá trị vừa tính được ở trênvào ta có h = - 0,94mm. Vậy mực nước hạ xuống so với khi vưa thả cục nước đá là 0.94mm

Bài 8: Trong một bình thí nghiệm có chứa nước ở 00C. Rút hết không khí ra khỏi bình, sự bay hơi của nước sảy ra khi hoá đá toàn bộ nước trong bình. Khi đó bao nhiêu phần trăm của nước đã hoá hơi nếu không có sự truyền nhiệt từ bên ngoài bình. Biết rằng ở 00C 1kg nước hoá hơi cần một nhịêt lượng là: 2543.103J và để 1kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00C cần phải cung cấp lượng nhiệt là: 335,2.103J.

Giải:

Gọi khối lượng nước ở 00C là m, khối lượng nước hoá hơi là m thì khối lượng nước hoá đá là (m - m)

Nước muốn hoá hơi phải thu nhiệt: Q1 = m.L = 2543.103m

Nước ở 00 hoá đá phải toả ra một nhiệt lượng: Q2 = 335.103( m - m )

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta: có Q1 = Q2  %

Bài 9: Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 200C khi nhiệt độ ngoài trởi là 50C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống -50C thì phải dùng thêm một lò sưởi nữa có công suất là 0,8kW mới duy trì được nhiệt độ của phòng như trên. Tìm công suất của lò sưởi đặt trong phòng.

Giải:

Gọi công suất của lò sưởi đặt trong phòng là P. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì công suất của lò bằng công suất toả nhiệt do phòng toả ra môi trường. Ta có :

P = q(20 – 5) =15q (1). Trong đó q là hệ số tỉ lệ

Khi nhiệt độ ngoài trời giảm đi tới -50C ta có: ( P + 0,8 ) = q (20 – ( -5)) = 25q (2)

Từ (1) và (2). Ta có P = 1,2kW

Bài 10: Một bình cách nhiệt chứa đầy nước ở nhiệt độ t0 = 200C. Người ta thả vào bình một hòn bi nhôm ở nhiệt độ t = 1000C, sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của nước trong bình là t1= 30,30C. Người ta lại thả hòn bi thứ hai giống hệt hòn bi trên thì nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt là t2= 42,60C. Xác định nhiệt dung riêng của nhôm. Biết khối lượng riêng của nước và nhôm lần lượt là 1000kg/m3 và 2700kg/m3, nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK.

Giải:

Gọi Vn là thể tích của nước chứa trong bình, Vb thể tích của bi nhôm, khối lượng riêng của nước và nhôm lần lượt là Dn và Db, nhiệt dung riêng lần lượt là Cn và Cb

Vì bình chứa đầy nước nên khi thả bi nhôm vào lượng nước tràn ra có thể tích bằng thể tích bi nhôm:

Vt = Vb. Ta có phương trình cân bằng nhiệt thứ nhất là:

( Trong đó khối lượng nước còn lại sau khi thả viên bi thứ nhất )

. Thay số vào ta có: (1)

Khi thả thêm một viên bi nữa thì phương trình cân bằng nhiệt thứ hai:

( Trong đó khối lượng nước còn lại sau khi thả viên bi thứ hai )

Thay số vào ta có: (2)

Lấy (1) chia cho (2)  Cb =501,7 ( J/kgK)

Bài 11: Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước: Lớp nước lạnh ở dưới, lớp nước nóng ở trên. Thể tích của cả hai khối nước có thay đổi không khi sảy ra cân bằng nhiệt ? Hãy chứng minh khẳng định trên. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với thành bình.

Giải:

Gọi V1, V2 là thể tích ban đầu của nước nóng và nước lạnh, V1’ và V2’ là thể tích nước nóng và nước lạnh ở nhiệt độ cân bằng tcb , ỏ là hệ số nở của nước.

Thể tích V1 ở nhiệt độ ban đầu là: do t1> tcb

Thể tích V2 ở nhiệt độ ban đầu là: do t2< tcb

Từ (1) và (2) ta có:

Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

m1 và m2 cùng khối lượng riêng vì cùng là cghaats lỏng ở nhiệt độ cân bằng ta có :

(4)

Thay (4) vào (3) ta có: . Vậy thể tích hai khối nước không thay đổi khi đạt nhiệt độ cân bằng.

Bài 12: Một bình chứa nước có dạng hình lăng trụ tam giác mà cạnh dưới và mặt trên của bình đặt nằn ngang. Tại thời điểm ban đầu, nhiệt độ của nước trong bình tỉ lệ bậc nhất với chiều cao lớp nước; tại điểm thấp nhất trong bình nhiệt độ của nươc là t1= 40C và trên mặt của bình nhiệt độ của nước là t2= 130C. Sau một thời gian dài nhiệt độ của nước trong bình là đồng đều và bằng t0. Hãy xác định t0 cho rằng các thành và nắp của bình ( mặt trên ) không đẫn nhiệt và không hấp thụ nhiệt. ( hình vẽ )

Giải:

Ta chia khối nước trong bình ra làm n lớp nước mỏng nằm ngang với khối lượng tương ứng của các lớp nước là:

m1, m2 ........Gọi nhiệt độ ban đầu của các lớp nước đó là: t1,t2.....nhiệt dung riêng của nước là C. Nhiệt độ cân bằng của khối nước trong bình khi n lớp nước trao đổi nhiệt với nhau là:

(1)

Vì nhiệt độ của lớp nước tỉ lệ với chiều cao của lớp nước nên ta có: ti = A+B.hi

Ở điểm thấp nhất thì: h1= 0  t1=A = 40C

Ở điểm cao nhất h thì: t2 = A+B.h = 130C

Từ đó ta có: Do đó ti = 4+Thay giá trị của ti vào (1) ta được:

Biểu thức chính là độ cao của trọng tâm tam giác ( Thiết diện hình lăng trụ) Biểu thức đó bằng . Do đó: . Vậy nhiệt độ cân bằng t0 = 100C.

Bài 13: Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt bán kính R = 6cm đã được nung nóng tới nhiệt độ t = 3250C lên một khối nước đá rất lớn ở 00C . Hỏi viên bi chui vào nước đá đến độ sâu là bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và sự nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng của sắt là D = 7800kg/m3, của nước đá là D0 = 915kg/m3. Nhiệt dung riêng của sắt là C = 460J/kgK, nhiệt nóng chảy của nước đá là: 3,4.105J/kg. Thể tích khối cầu được tính theo công thức V = với R là bán kính.

Giải:

Khối lượng của nước đá lớn hơn rất nhiều khối lượng của bi nên khi có sự cân bằng nhiệt thì nhiệt độ là 00C. Nhiệt lượng mà viên bi tỏa ra để hạ xuống 00C là:

Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi thì nhiệt lượng được tính theo công thức : . Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:

Thể tích khối đá tan ra là: = .

Do Vt là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao là h và một nửa hình cầu bán kính R nên ta có:

Vậy viên bi chui vào đến độm sâu là H = h + R thay số ta có H = 32 cm

Bài 14: Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25 cm ở nhiệt độ – 200C. Người ta rót nhanh một lượng nước vào bình tới khi mặt nước cách đáy bình 45 cm. Khi đã cân bằng nhiệt mực nước trong bình giảm đi 0,5 cm so với khi vừa rót nước. Cho biết khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là :

Dn = 1000kg/m3, Dd = 900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và nhiệt nóng chảy của đá tương ứng là:

Cn = 4200J/kgK,  = 340000J/kg. Xác định nhiệt độ của nước rót vào.

Giải:

Sở dĩ mực nước trong bình giảm so với khi vừa rót nước là do lượng nước đá trong bình bị tan ra thành nước. Gọi độ cao cột nước đá đã tan là X ta có khối lượng nước đá tan ra là:

Rút gọn S, thay số ta tính được X = 0,05m. Như vậy nước đá chưa tan hết trong bình còn cả nước và nước đá nên nhiệt độ cân bằng của hệ thống là 00C . Gọi nhiệt độ của nước rót vào là t. Nhiệt lượng do khối nước nóng tỏa ra là:

Nhiệt lượng do khối nước đá thu vào là :

Sử dụng phương trình cân bằng nhiệt la có Q1 = Q2 ta tính được t = 29,50C

Bài 15: Người ta đổ một lượng nước sôi vào một thùng đã chứa nước ở nhiệt độ của phòng (250C) thì thấy khi cân bằng nhiệt độ nước trong thùng là700C. Nếu chỉ đổ lượng nước sôi nói trên vào thùng này nhưng ban đầu không chứa gì. Thì nhiệt độ của nước khi cân bằng là bao nhiêu. Biết rằng luợng nước sôi gấp hai lần lượng nước nguội. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Giải:

Gọi lượng nước nguội là m thì lượng nước sôi là 2m, q là nhiệt dung của thùng. Ta có:

(1)

(2)

Từ (1) và (2) ta có t = 89,30C

Bài 16: Người ta đổ vào một hình trụ thẳng đứng có diện tích đáy S = 100cm2 lít nước muối có khối lượng riêng D1 = 1,15g/cm3 và một cục nước đá làm từ nước ngọt có khối lượng m = 1kg. Hãy xác định sự thay đổi mức nước ở trong bình nếu cục nước đá tan một nửa. Giả thiết sự tan của muối vào nước không làm thay đôi thể tích của chất lỏng.

Giải:

Lúc đầu khối nước đá có khối lượng m chiếm một thể tích nước là V1= m/D1. Khi cục đá tan một nửa thì nước đá chiếm một thể tích nước là V2 = m/2.D2 với D2 là khối lượng riêng sau cùng của nước trong bình. Nửa cục đá tan làm tăng thể tích của nước của nước là V’ = m/2D với D là khối lương riêng của nước ngọt. Mực nước trong bình thay đổi là

. Thay các giá trị ta có: mực nước dâng cao 0,85cm

Bài 17: Một thau nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 200C.

a. Thả vào thau nước một thỏi đồng khối lượng 200g lấy ra ở bếp lò. Nước nóng đến 21,20C. Tìm nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là:

c1 = 880J/kg.K, c2 = 4200J/kg.K, c3 = 380J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

b. Thực ra, trong trường hợp này nhiệt lượng toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung cấp cho thau nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò.

c. Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 00C. Nước đá có tan hết không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống . Biết để 1kg nước đá ở 00C nóng chảy hồn tồn cần cung cấp một nhiệt lượng là: 3,4.105J. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Giải:

a. Nhiệt độ của bếp lò: ( cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng)

Nhiệt lượng của thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ t1= 200C lên t2 = 21,20C: Q1 = m1.c1(t2 - t1)

Nhiệt lượng của nước nhận được để tăng nhiệt độ từ t1= 200C lên t2 = 21,20C: Q2 = m2.c2(t2 - t1)

Nhiệt lượng của thỏi đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t0C xuống t2 = 21,20C: Q3 = m3.c3(t – t2)

Vì không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

Q3 = Q1 + Q2 m3.c3(t - t2) = m1.c1(t2 - t1) + m2.c2(t2 - t1) t = [(m1.c1+ m2.c2) (t2 - t1) / m3.c3] + t2

Thế số ta tính được: t = 160,780C

b. Nhiệt độ thực của bếp lò(t’):

Theo giả thiết ta có: Q’3 - 10% ( Q1+ Q2 ) = ( Q1+ Q2 )

Q’3 = 1,1 ( Q1+ Q2 ) m3.c3(t’ - t2) = 1,1 (m1.c1+ m2.c2) (t2 - t1)

t’ = [ 1,1 (m1.c1+ m2.c2) (t2 - t1) ] / m3.c3 }+ t2

Thay số ta tính được: t’ = 174,740C

c. Nhiệt độ cuối cùng của hệ thống:

+ Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 00C: Q = 3,4.105.0,1 = 34000(J)

+ Nhiệt lượng cả hệ thống (thau, nước, thỏi đồng) toả ra khi hạ 21,20C xuống 00C:

Q’ = (m1.c1+ m2.c2 + m3.c3 ) (21,20C - 00C) = 189019,2(J)     

+ So sánh ta có: Q’ > Q nên nhiệt lượng toả ra Q’ một phần làm cho thỏi nước đá tan hồn

tồn ở 00 C và phần còn lại (Q’-Q) làm cho cả hệ thống ( bao gồm cả nước đá đã tan) tăng nhiệt độ từ 00C lên nhiệt độ t”0C.

+ (Q’-Q) = [m1.c1+ (m2 + m)c2 + m3.c3 ] (t”- 0)t” = (Q’-Q) / [m1.c1+ (m2 + m)c2 + m3.c3 ]

Thay số và tính được: t” = 16,60C.

Bài 18: Một bếp dầu đun sôi 1 lít nước đựng trong ấm bằng nhôm khối lượng 300gam thì sau thời gian

t1 = 10 phút nước sôi. Nếu dùng bếp trên để đun 2 lít nước trong cùng điều kiện thì sau bao lâu nước sôi ? Cho nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là C1 = 4200J/kg.K ; C2 = 880J/kg.K. Biết nhiệt do bếp dầu cung cấp một cách đều đặn.

Giải:

Gọi Q1 và Q2 là nhiệt lượng cần cung cấp cho nước và ấm nhôm trong hai lần đun,

Gọi m1, m2 là khối lương nước và ấm trong lần đun đầu.

Ta có: Q1 = (m1.C1 + m2.C2) Δt

Q2 = (2.m1.C1 + m2.C2) Δt

Do nhiệt toả ra một cách đều đặn, nghĩa là thời gian đun càng lâu thì nhiệt toả ra càng lớn. Ta có thể đặt:

Q1 = k.t1 ; Q2 = k.t2 (trong đó k là hệ số tỉ lệ nào đó)

Suy ra: k.t1 = (m1.C1 + m2.C2) Δt

k.t2 = (2.m1.C1 + m2.C2) Δt

Lập tỉ số ta được:

hay phút

Bài 19: Thả đồng thời 300g sắt ở nhiệt độ 100C và 400g đồng ở nhiệt độ 250C vào một bình cách nhiệt trong đó có chứa 200g nước ở nhiệt độ 200C. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt là 460J/kg.K, 400J/kg.K, 4200J/kg.K và sự hao phí nhiệt vì môi trường bên ngoài là không đáng kể. Hãy tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt được thiết lập.

Bài 20: Thả đồng thời 0,2kg sắt ở 150C và 450g đồng ở nhiệt độ 250C vào 150g nước ở nhệt độ 800C. Tính nhiệt độ của sắt khi có cân bằng nhiệt xảy ra biết rằng sự hao phí nhiệt vì môi trường là không đáng kể và nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt bằng 460J/kgK, 400J/kgK và 4200J/kgK.

Giải:

Gọi: t là nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt xảy ra.

Nhiệt lượng sắt hấp thụ: Q1 = m1c1(t – t1). Nhiệt lượng đồng hấp thụ: Q2 = m2c2(t – t2)

Nhiệt lượng do nước tỏa ra Q3 = m3c3(t3 – t)

Lập công thức khi có cân bằng nhiệt xảy ra, từ đó suy ra:

Tính được t = 62,40C.

Bài 21: Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ tA = 200C và ở thùng chứa nước B có nhiệt độ tB = 800C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi đổ, trong thùng chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ tC = 400C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm vào nó. Tính số ca nước phải múc ở mỗi thùng A và B để có nhiệt độ nước ở thùng C là 500C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, với bình chứa và ca múc nước

Giải:

Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước ; m là khối lượng nước chứa trong một ca :

n1 và n2 lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và thùng B ;

(n1 + n2) là số ca nước có sẵn trong thùng C.

Nhiệt lượng do n1 ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ là : Q1 = n1.m.c(50 – 20) = 30cmn1

Nhiệt lượng do n2 ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là : Q2 = n2.m.c(80 – 50) = 30cmn2

Nhiệt lượng do (n1 + n2) ca nước ở thùng C đã hấp thụ là : Q3 = (n1 + n2)m.c(50 – 40) = 10cm(n1 + n2)

Phương trình cân bằn nhiệt : Q1 + Q3 = Q2 30cmn1 + 10cm(n1 + n2) = 30cmn2 2n1 = n2

Vậy, khi múc n ca nước ở thùng A thì phải múc 2n ca nước ở thùng B và số nước đã có sẵn trong thùng C trước