Sáng kiến kinh nghiệm THCS các dạng toán nhiệt học

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI
---------  --------

MÃ SKKN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MƠN VẬT LÝ

Các Dạng Tốn Nhiệt Học

LĨNH VỰC: Vật Lý
CẤP

: Trung Học Cơ Sở

1


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đềtài
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
3. Thời gian nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
5. Số liệu khảo sát
PHẦN 2: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương 1 : Cơ sở của vấn đề nghiên cứu

1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứ
2/ Cơ sở thực tiễn
Chương 2 : Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
1/ Những khó khăn
2/ Những thuận lợi
Chương 3 :Các dạng toán nhiệt học.
PHẦN 3: KẾT LUẬN – KHUYẾN NGHỊ
1.Một số kinh nghiệm
2. Một số ý kiến đề xuất đối với UBND quận và
phòng giáo dục quận Thanh Xuân

2

Từ trang 3 đến 4
3
3
3
4
4
Từ trang 5 đến 26
5
5
6
5
5
6
6-26
Từ trang 26 đến 27
26
27

PHẦN I – ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong nhà trường phổ thông dạy học là hoạt động chủ yếu và quan trọng nhất.
Hoạt động này muốn có hiệu qủa cao phải dựa vào nội dung chương trình giáo dục,
nội dung sách giáo khoa và nội dung của sách bài tập. Bên cạnh đó, việc đào tạo
mũi nhọn cho các mơn học cũng là hoạt động rất cần thiết. Bởi có học sinh giỏi
mơn nào thì sau này các em sẽ trở thành những nhân tài cho đất nước về lĩnh vực
đó. Để đào tạo được đội ngũ học sinh giỏi thì mỗi giáo viên phải tự học tập, bồi
dưỡng, nâng cao trình độ chuyên môn để nghiên cứu và viết ra được nội dung kiến
thức cũng như tìm ra phương pháp giảng dạy tối ưu, đáp ứng những địi hỏi của
cơng việc. Một trong những năng lực quan trọng nhất của người giáo viên khi bồi
dưỡng học sinh giỏi là năng lực nghiên cứu khoa học . Vì vậy tơi ln cố gắng tìm
tịi nghiên cứu giúp cho học sinh những con đường ngắn nhất hay nhất gần gũi nhất
với các em đến chân trời tri thức.
1/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong nội dung bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, học sinh giỏi vật lý THCS có bốn
học phần: Cơ, Nhiệt, Điện, Quang thì Nhiệt học vẫn được coi là học phần dễ nhất.
Tuy nhiên học sinh vẫn thường xuyên mắc phải những sai lầm cơ bản do chưa hiểu
được mối liên hệ giữa lý thuyết và thực tế, chưa có sự xâu chuỗi giữa các học phần
với nhau. Vì vậy tơi nghiên cứu đề tài “Các dạng toán nhiệt học” nhằm giúp học
sinh giỏi ôn tập, đào sâu, mở rộng kiến thức nắm được các dạng cơ bản và nâng cao
của Nhiệt Học trong chương trình vật lý phổ thơng góp phần làm phát triển tư duy
sáng tạo của học sinh giỏi, nâng cao chất lượng học sinh giỏi vật lý THCS.
2/ ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU
a. Đối tượng nghiên cứu
- Các dạng bài tập chỉ liên quan đến Nhiệt
- Các dạng bài tập Cơ – Nhiệt,
- Các dạng bài tập Điện – Nhiệt.
b. Phạm vi: Chương trình Nhiệt học của THCS và học sinh giỏi vật lý THCS

3/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu khoa học là một vấn đề hết sức quan trọng địi hỏi phải có thời gian
và năng lực. Từ năm học 2007 đến nay tôi được nhà trường phân công dạy đội
3


tuyển vật lý 8,9 tôi đã nghiên cứu phân loại các bài tập dưới dạng các chủ đề và dạy
đối với lớp 8,9 ở các cấp độ khác nhau . Chun đề “Các dạng tốn nhiệt học” được
tơi nghiên cứu trong thời gian 5 năm (2012 – 2017). Đề tài được sử dụng với học
sinh giỏi khối 8, 9 năm học 2012 -2013, 2013 - 2014, 2014 – 2015, 2015 – 2016 ,
2016 – 2017.

4/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để nghiên cứu đề tài, Tôi đã phối hợp các phương pháp nghiên cứu:
a/ Phương pháp nội dung lí luận
- Đọc sách giáo khoa, nghiên cứu sách bài tập và sách tham khảo
- Nghiên cứu các phương pháp mà đồng nghiệp đang sử dụng
b/ Phương pháp nghiên cứu điều tra khảo sát bằng thực tế
- Nghiên cứu việc tiếp thu kiến thức của học sinh
- Nghiên cứu việc vận dụng lý thuyết vào thực tế, kiến thức vào giải các bài
tập cụ thể
- Theo dõi tình hình học tập của học sinh
c/ Phương pháp thống kê, tổng hợp, so sánh tổng kết kinh nghiệm
d / Phương pháp quan sát sư phạm
5/ SỐ LIỆU KHẢO SÁT
Trước khi đề tài được áp dụng thì phần đa học sinh chỉ nắm được một số dạng bài
cơ bản như: nhiệt trao đổi hai chất hoặc 3 chất, nhiệt chuyển thể đơn giản. Nhưng
sau một thời gian dài áp dụng dạy tơi thấy học sinh có nhiều tiến bộ, các em linh
hoạt hơn trong các bài tập, làm bài tập khoa học chắc chắn, đặc biệt số học sinh
u thích mơn học tăng lên. Bên cạnh đó học sinh còn rèn luyện cách tự học đặc

biệt là cách đọc hiểu một bài tập, một vấn đề từ đó hình thành phát triển tư duy
sáng tạo. Tơi đã thống kê số liệu qua các năm học như sau :

NĂM HỌC
2012 - 2013
2013 - 2014
2014 - 2015
2015 - 2016
2016 - 2017

Tổng số học

Thông hiểu

sinh được
nghiên cứu

các dạng cơ
bản

18
18
30
30
16

18
18
30
30

16
4

100%
100%
1 0%
100%
100%

Vận dụng
được các
dạng nâng
cao

Vận dụng
có sáng tạo

10
12
21
25
10

7
9
16
17
10

56%

67%
70%
83%
63%

39%
50%
53%
57%
63%


PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương 1: Cơ sở của vấn đề nghiên cứu
1/ CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
Nghị quyết trung ương II khoá VIII đã nêu rõ mục tiêu giáo dục là “Nâng cao
chất lượng giáo dục ..., đổi mới nội dung và phương pháp ..., rèn luyện thành nếp tư
duy sáng tạo của người học”. Để đạt được mục tiêu đó thì người thầy phải không
ngừng học tập bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ, nâng cao tay nghề và phải tiếp
cận với các phương pháp dạy học hiện đại, phải kết hợp tốt các phương pháp dạy
học nhằn thu hút các em học sinh vào bài giảng, tổ chức điều khiển để các em tích
cực chủ động tự giác học tập tiếp thu kiến thức. Từ đó xây dựng lịng u thích say
mê môn học, bồi dưỡng năng lực tự học cho người học. Đặc biệt là đối với những
học sinh đầu nhọn, đội tuyển học sinh giỏi.
Dạy đội tuyển HSG khơng có nghĩa là chỉ dạy những bài tập nâng cao,vượt ra
khỏi khả năng tiếp thu của học sinh, dễ gây cho học sinh cảm giác chán nản và sợ
học.
Dạy đội tuyển HSG là phải bắt đầu từ những bài tập đơn giản , phải phân loại
được các dạng bài tập cơ bản và cần thiết nhất như vậy học sinh mới có thể nắm
bắt được một cách sâu sắc và từ đó các em sẽ tự giải được các bài tập và cảm thấy

u thích mơn học. Vậy khi dậy ta nên chọn các dạng bài tập như thế nào ?
2/ CƠ SỞ THỰC TIỄN
Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ then chốt trong mỗi nhà trường, bởi vì kết quả
học sinh giỏi hàng năm là một trong những tiêu chuẩn để xét thi đua cho nhà
trường và nó cũng là một trong những tiêu chuẩn để tạo danh tiếng cho trường, là
thành quả để tạo lòng tin với phụ huynh và là cơ sở tốt để xã hội hoá giáo dục.
“Các dạng tốn nhiệt học” là một phần khơng thể thiếu trong chương trình
vật lý THCS. Đây là kiến thức quan trọng và rất hay, nó phong phú, đa dạng, ln
có trong bài thi học sinh giỏi mơn Vật lý THCS.
Để có một lời giải đúng, chính xác thỏa mãn yêu cầu đặt ra của một bài tập
không dễ dàng đối với giáo viên khi hướng dẫn và càng khó khăn hơn đối với học
sinh khi giải bài tập. Tôi rất trăn trở và mạnh dạn từng bước, từng năm tìm tịi
những biện pháp tối ưu nhất với phương châm vừa làm vừa rút kinh nghiệm. Để
nhằm bồi dưỡng các em được tốt hơn. Vậy tôi chọn đề tài: “Các dạng toán nhiệt
học”.

5


Chương 2: Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
1.KHÓ KHĂN:
- Bản thân là giáo viên trẻ kinh nghiệm cịn ít, năng lực nghề nghiệp còn hạn
chế, cần phải học hỏi nhiều ở đồng nghiệp
- Học sinh trong phạm vi nghiên cứu số lượng cịn ít, phần thì nhiều phụ
huynh học sinh đều chưa quan tâm đến việc học của các em, phần thì điều kiện
kinh tế cịn kém. Từ đó dẫn đến phong trào học tập cũng như tính tự giác học tập
của các em thấp
- Cơ sở vật chất trường học còn hạn chế việc dạy học
2. THUẬN LỢI:
- Tuy thời gian công tác chưa nhiều, xong bản thân ln ln học hỏi, trau dồi

tích luỹ kiến thức, kinh nghiệm cho bản thân
- Được sự giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè, đồng nghiệp cùng chuyên môn và sự
giúp đỡ của lãnh đạo của nhà trường
- Các em học sinh có ý thức học tập tốt , tinh thần tự giác cao. Một số phụ
huynh quan tâm đến điều kiện học tập của con em mình. Số các em này là nhân tố
để gây dựng phong trào học tập ở địa phương
- Địa phương cũng quan tâm đến điều kiện nhà trường và quan tâm đến phong
trào học tập của con em địa phương. Đó là dấu hiệu tốt cho việc phát triển giáo dục
sau này
- Uỷ ban nhân dân quận (huyện) cùng Phòng giáo dục cũng quan tâm tới
phong trào học tập của nhà trường

Chương 3: Các dạng toán nhiệt học
Khi dạy bồi dưỡng, điều cơ bản nhất là học sinh phải nắm bắt được
phương pháp chung khi giải các bài tập cũng như phương pháp giải riêng cho từng
loại bài .Tôi đã tham khảo qua nhiều kênh thơng tin và thấy có rất nhiều cách giải
hay , ngắn gọn cho từng dạng bài trong phần nhiệt học . Xin mạnh dạn được đưa ra
để các đồng nghiệp cùng trao đổi :

6


CÁC BÀI TẬP PHẦN NHIỆT HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Phần này gồm có 8 dạng bài sau:
+ Các bài tốn về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất
+ Các bài tốn có sự chuyển thể của các chất
+ Các bài tốn có sự trao đổi nhiệt với mơi trường
+ Các bài tốn có liên quan đến năng suất tỏa nhiệt
+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn
+ các bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu

+ các bài toán đồ thị
+Các bài toán liên quan cơ-nhiệt
I/ CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT CỦA HAI CHẤT VÀ NHIỀU CHẤT

*Phương pháp:
- Bước 1: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt.
chất thay đổi nhiệt độ từ t1 đến t2 . Nếu t2> t1: Vật thu nhiệt. Nếu t2< t1. Vật
toả nhiệt
Qthu = mA CA(t2-t1)
mA: khối lượng của chất A (kg).
CA: Nhiệt dung riêng của chất A ( J/kg.độ.)
0
t1: Nhiệt độ ban đầu của vật A( C)
0
t2: Nhiệt độ lúc sau của vật A( C)
Qtỏa = mB CB(t1-t2)
mB: khối lượng của chất B (kg).
CB: Nhiệt dung riêng của chất B ( J/kg.độ.)
0
t1: Nhiệt độ ban đầu của vật B( C)
0
t2: Nhiệt độ lúc sau của vật B( C)
- Bước 2: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình
cần thiết , để tìm đại lượng chưa biết.
Qthu = Qtỏa  mA CA(t2-t1) = mB CB(t1-t2)
*Bài tập đại diện :
Bài 1
0

Có hai bình cách nhiệt. Bình 1 chứa m1 = 2kg nước ở t1 = 20 C, bình 2

0
chứa m2 = 4kg nước ở t2 = 60 C. Người ta rót một lượng nước m từ bình 1 sang
bình 2, sau khi cân bằng nhiệt, người ta lại rót một lượng nước m như thế từ
’
0
bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là t 1 = 21,95 C a.Tính
’
lượng nước m trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng t 2 của bình 2?
7


b.Nếu tiếp tục thực hiện lần hai, tìm nhiệt độ cân bằng của mỗi bình?
Giải
a) Sau khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của bình 2 là
’
’
’
t 2 ta có:
m.c(t 2- t1) = m2.c(t2- t 2)
’
’
(1)
m. (t 2- t1) = m2. (t2- t 2)
’
Tương tự cho lần rót tiếp theo, nhiệt độ cân bằng của bình 1 là t 1. Lúc này
lượng nước trong bình 1 chỉ cịn (m1 – m). Do đó
’
’
’
m.( t 2 - t 1) = (m1 – m)( t 1 – t1)

’
’
’
(2)
m.( t 2 - t 1) = m1.( t 1 – t1)
Từ (1) và (2) ta suy ra : m2. (t2- t
'
’
=m t m (t 1 t )
m
t

2 2

2

1

’

1

2)

’

= m1.( t 1 – t1)
(3)

2

Thay (3) vào (2) ta rút ra:
m .m (t '1 t )
m=
1

2

m ( 2 t ) m (t
t
2

1

'

1

(4)

1

t)

1

1

Thay số liệu vào các phương trình (3); (4) ta nhận được kết quả
0

’
t 2 59 C; m = 0,1kg = 100g
’
0
’
0
b) Bây giờ bình 1 có nhiệt độ t 1= 21,95 C. Bình 2 có nhiệt độ t 2 = 59 C nên sau
lần rót từ bình 1 sang bình 2 ta có phương trình cân bằng nhiệt:
’’

’

’

’’

m.(t 2- t 1) = m2.(t 2 – t
’’

’

t 2(m + m2) = m t 1 +
’’

2

mt '1 m2t '

2)
’

m2 t 2

2 =
t
Thay số vào ta được t
m m2
Và cho lần rót từ bình 2 sang bình 1:
’’
’’
’’
’
m.( t 2 - t 1) = (m1 – m)( t 1- t 1)

t

’’

1

=

m.t ''

2

(m

m).t '

1

m

’’

0

2=

58,12 C

’’
’
t’’1.m1 = m. t 2 + (m1 - m). t

23,760 C

1

1

Bài 2
0

0

Người ta cho vòi nước nóng 70 C và với nước lạnh 10 C đồng thời chảy vào bể
0
đó có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 60 C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu
0

được nước có nhiệt độ 45 C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ
qua sự mất mát năng lượng ra môi trường.
Giải
Vỡ lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể
bằng nhau. Gọi khối lượng mỗi loại nước là m(kg): Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60
– 45) = m.c(45 – 10)
25.m + 1500
= 35.m
10.m
= 1500
8

1


m

1500
10

150( kg)

Thời gian mở hai vũi là:
t

15
20

7,5( phút)

Bài 3
Một chiếc ca khơng có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và
thùng chứa II rồi đổ vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t1
0

0

= 20 C, ở thùng II là t2 = 80 C. Thùng chứa III đó cú sẵn một lượng nước ở
0
nhiệt độ t3 = 40 C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự
mất mát nhiệt lượng ra mơi trường xung quanh. Hóy tớnh số ca nước cần múc
0
ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 C ?
Giải
Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở
thùng II
Vậy số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là
0
50 C
Ta có :
Nhiệt lượng thu vào của nước từ thùng I là : Q1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1)
Nhiệt lượng tỏa ra của nước từ thùng II là : Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30 (2)
Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) =
(n1+n2).m.c.10 (3)
Do quỏ trỡnh là cõn bằng nờn ta cú : Q1 + Q3 = Q2 (4)
Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2
Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thỡ phải mỳc ở thựng I: 2n ca và số nước có sẵn
trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương ) Bài 4
Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp
nước nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi

chúng xảy ra hiện tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với
mơi trường.
Giải
Gọi V1; V2; V’1; V’2 lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước
nóng, nước lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay
0
đổi 1 C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và
nước lạnh lần lượt là ∆t1 và ∆t2.
V1 = V’1 + V’1K∆t1 và V2 = V’2 - V’2K∆t2
Ta có V1 + V2 = V’1 + V’2 + K(V’1∆t1 - V’2∆t2)
Theo phương trỡnh cõn bằng nhiệt thỡ: m1C∆t1 = m2C∆t2 với m1, m2 là khối lượng
9


nước tương ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vỡ cựng điều kiện nên chúng có khối
lượng riêng như nhau
Nên: V’1DC∆t1 = V’2DC∆t2

V’1∆t1 – V’2∆t2 = 0

Vậy: V1 + V2 = V’1 + V’2 nên tổng thể tích các khối nước khơng thay đổi
II/ CÁC BÀI TỐN CĨ SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT
*Phương pháp giải
- Bước 1: Xác định xem sự chuyển thể xảy ra như thế nào?
Đông đặc
Tỏa : Q= .m

Thể rắn

Ngưng tụ

Tỏa : Q=L.m

Thể lỏng

Thể khí

Nóng chảy

Hóa hơi

Thu : Q = .m

Thu: Q =L.m

Q= .m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ nóng chảy
Q =L.m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ sơi
: Nhiệt nóng chảy của chất tạo nên vật (J/kg)
L: Nhiệt hóa hơi của chất tạo nên vật (J/kg)
- Bước 2: Thiết lập các phương trình cân bằng nhiệt và chuyển thể ,tìm đại lượng
còn thiếu
Xác lập một sơ đồ hấp thụ nhiệt:(nếu vật chuyển từ thể rắn sang thể hơi hoặc
ngược lại)
Chất (A) t1 ---Q1--->(A) tnc--- Q2--->(A)nc—Q3---->Asơi—Q4---->(A)hơi
Bài tốn có thể xem như có 4 q trình hấp thụ nhiệt:
+ Chuyển từ nhiệt độ t1 sang nhiệt độ nóng chảy:
Q1 = mC1( tnc– t1)
+ Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy sang nóng chảy hoàn toàn:
Q2 = m 1 .
+ Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy hồn tồn đến nhiệt độ sơi:
Q3 = mC2( tsôi– tnc)

+ Chuyển từ nhiệt độ sôi sang bốc hơi hoàn toàn;
Q4 = m.L
Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho cả quá trình là tổng của 4 nhiệt lượng trên
Q= Q1+ Q2 +Q3 + Q4
* Bài tập đại diện:
10


Bài 1
0

Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t1 = -5 C. Người ta đổ
0
vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t2 = 80 C. 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 =
3
3
1000kg/m và Dd = 900kg/m , 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:
md V . Dn m 0, 7 kg
Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tan hết là:
md cd 0 t1 md = Q1 7350 238000 245350 J 0
Q2

m.cn t 2 0

0

168000 J

Nhận xét do Q2 < Q1nên nước đá không tan hết, đồng thời Q2 > md cd 0 t1 nên
0

trong bình tồn tại cả nước và nước đá. Suy ra nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 0 C
Khối lượng nướcđá dã tan là: md tan 168000 7350 0, 4725 kg
Sau khi cân bằng nhiệt:
Khối lượng nước trong bình là:
Thể tích nước đá trong bình là: Vd

340000
0, 5 0, 4725 0, 9725 kgV 0,9725l
mn
V

Vn 1, 2 0,9725

0, 2275l

Khối lượng nước đá trong bình là: md ' Vd Dd 0, 20475 kg
Vậy khối lượng của chất trong bình là: m

mn

md ' 1,17725 kg

Bài 2
Trong một bình bằng đồng có đựng một lượng nước đá có nhiệt độ ban đầu là t1

o

= 5 C. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng một bếp điện. Xem rằng nhiệt
lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt
nóng (hệ số tỷ lệ không đổi). Người ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của
o
o
hệ tăng từ t1 = 5 C đến t2 = 0 C, sau đó nhiệt độ khơng đổi trong 1280 s tiếp
o
o
theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t 2 = 0 C đến t3 = 10 C trong 200 s. Biết nhiệt
dung riêng của nước đá là c 1 = 2100 J/(kg.độ), của nước là c 2 = 4200 J/(kg.độ).
0
Tỡm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 0 c.
Giải
Gọi K là hệ số tỷ lệ và là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hồn
tồn ở nhiệt độ nóng chảy.
o

+ Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5 C đến t2 = 0
o
C:
(1)
k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1)
+ Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi:

11


(2)

k.T2 = m1.

o

+ Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nước tăng nhiệt độ từ t2 = 0 C đến t3 =
o
10 C:
(3)
k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2)
Từ (1) và (3):
m1c1 mx cx

k.T1

(4)

m c mx cx

t2 t1
k.T3
t
3 t 2

(5)

1 2

Lấy (5) trừ đi (4):
m(c2 c1 )

k.T3
t3

t

(6)

k.T1
t

2

t1

2

Chia 2 vế của 2 phương trình (2) và (6):
k.T2
c c
2

k.T3

1

t3

Vậy:

t

T2
k.T1

2

t

2

t1

T1

T3

t3

t

2

t

2

t1

T2 (c2 c1 )

T3
T1

Thay số:

t 3 t2
t 2 t1
1280(4200 2100)
200
10 0

60
0 (5)

336000 3,36.105

J
kg

Bài 3:
0

Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25 cm ở nhiệt độ - 20 C.
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 : D n =
3

3

1000kg/m , Dd = 900kg/m , 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: S.X .Dd S X 0,005 Dn
Rút gọn S, thay số ta tính được X = 0,05m. Như vậy nước đá chưa tan hết trong
0

bình cịn cả nước và nước đá nên nhiệt độ cân bằng của hệ thống là 0 C . Gọi nhiệt
độ của nước rót vào là t. Nhiệt lượng do khối nước nóng tỏa ra là:
Q1

S 0,45

0,25 Dn Cn t 0

12


Nhiệt lượng do khối nước đá thu vào là : Q2 S.0,25.20.Dd Cd S.X .Dd . Sử
0

dụng phương trình cân bằng nhiệt la có Q1=Q2 ta tính được t = 29,5 C
Bài 4:
Một cái cốc bằng nhôm ,khối lượng không đáng kể chứa M= 200g nước ở nhiệt
0

độ phũng t0 = 30 C.Thả vào cốc một miếng nước đá ,khối lượng m 1=50g có nhiệt

0

0

độ t1 = -10 C. vài phút sau ,khi đá tan hết thì nước trong cốc có nhiệt độ t=10 C

đồng thời có nước bám ở mặt ngồi cốc .Hãy giải thích nước đó ở đâu ra và tính
khối lượng nước đó?Biết Nhiệt nóng chảy của nước đá là: =330kJ/kg ; nhiệt
dung riêng của nuớc là C0 = 4,2kJ/k.độ ; nhiệt dung riêng của nước đá là
0

C1=2,1kJ/k.độ và để 1kgnước biến thành hơi hoàn toàn ở 30 C thì cần một nhiệt

lượng là L=2430kJ.

Giải:
Gọi x là khối lượng nước ( do hơi nước trong khơng khí ngưng tụ lại ) bám vào
0
mặt ngồi của cốc thì nhiệt lượng do nóa tỏa ra khi ngưng tụ ở 30 C là: q1=L.x
Lượng nước này cùng với M gam nước trong cốc nguội từ t0 xuống t, tỏa ra một
nhiệt lượng q2 = C0(M+x)(t0 - t)
Vậy qtỏa= q1+q2= C0(M+x)(t0 - t) + L.x
0
0
Nước đá nóng lên từ t1=-10 C đến 0 C thu một nhiệt lượng q1’ = m1C1t1 ,nóng chảy
0
0
ở 0 C lại thu một nhiệt lượng q2’ =m1 , Sau đó nóng lên từ 0 C đến t lại thu một
nhiệt lượng q3=m1C0t

 C0(M+x)(t0 - t)+L.x = m1(C1t1+ +C0t)

Ta được : x

m (C t + +C t)-MC (t - t)
1

1

1

0

0

0

C0 (t 0 t ) L

Thay số : x 1,15g

III/ CÁC BÀI TỐN CĨ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT VỚI MÔI TRƯỜNG
* Phương pháp :Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch
nhiệt độ. Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với mơi trường. Nên nhiệt lượng hao phí ra
mơi trường là k.S.(t2 - t1) với k là hệ số tỷ lệ.
Trong trường hợp nhiệt lượng cung cấp cho vật không đủ làm cho vật chuyển thể
thì khi vật có nhiệt độ ổn định ta ln có cơng suất tỏa nhiệt ra mơi trường đúng
bằng cơng suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật.
13

*Bài tập đại diện
Bài 1
0

Một chậu nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 20 C
a) Thả vào chậu nhôm một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ở lị ra. Nước
0
nóng đến 21,2 C. Tìm nhiệt độ của bếp lị? Biết nhiệt dung riêng của nhơm,
nước và đồng lần lượt là: c1= 880J/kg.K , c2= 4200J/kg.K , c3= 380J/kg.K
. Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường
b) Thực ra trong trường hợp này, nhiệt lượng toả ra môi trường là 10%
nhiệt lượng cung cấp cho chậu nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò.
c) Nếu tiếp tục bỏ vào chậu nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở
0
0 C. Nước đá có tan hết khơng? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống hoặc
lượng nước đá cịn sót lại nếu tan khơng hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá
5
là = 3,4.10 J/kg
Giải
0

a) Gọi t C là nhiệt độ của bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng.
0
0
Nhiệt lượng chậu nhôm nhận được để tăng từ t1 = 20 C đến t2 = 21,2 C:
Q1 = m1. c1. (t2 – t1)
(m1 là khối lượng của chậu nhôm )
0

0

Q2 = m2. c2. (t2 – t1)
(m2 là khối lượng của nước )
0
0
Nhiệt lượng khối đồng toả ra để hạ từ t C đến t2 = 21,2 C:
0
Q3 = m3. c3. (t C – t2)
(m2 là khối lượng của thỏi đồng )
Do khơng có sự toả nhiệt ra mơi trường xung quanh nên theo phương trình
cân bằng nhiệt ta có : Q3 = Q1 + Q2
0
m3. c3. (t C – t2) = (m1. c1 + m2. c2). (t2 –
0
t1) t C =
(m1.c1 m2 .c2 )(t2 t1 ) m3c3t 2 (0,5.880 2.4200)(21,2 20) 0,2.380.21,2
0,2.380
m3c3

t0C = 232,160C
b) Thực tế, do có sự toả nhiệt ra mơi trường nên phương trình cân bằng nhiệt
được viết lại:
Q3 – 10%( Q1 + Q2) = Q1 + Q2
Q3 = 110%( Q1 + Q2) = 1,1.( Q1 + Q2)
’
Hay m3. c3. (t – t2) = 1,1.(m1. c1 + m2. c2). (t2 –
’
t1) t =
1,1.(m1.c1 m2 .c2 )(t2 t1 ) m3c3t 2 1,1(0,5.880 2.4200)(21,2 20) 0,2.380.21,2

m3c3
0,2.380
’

0

t = 252,32 C
0

c) Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 0 C
5
Q = .m 3,4.10 .0,1 = 34 000J
14


Nhiệt lượng cả hệ thống gồm chậu nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ
0

0

21,2 C xuống 0 C là

’

Q = (m1.c1 + m1.c1 + m1.c1) (21,2 – 0)
= ( 0,5. 880 + 2. 4200 + 0,2. 380). 21,2 = 189019J

’

’’

Do Q > Q nên nước đá tan hết và cả hệ thống âng lên đến nhiệt độ t được
tính :
’

Q = Q – Q = [m1.c1 + (m2 + m).c2 + m3.c3]. t

’’
0

’’

Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 0 C đến t
’’
Q
189019 34000
16,60 C
t =
0.5.880 (2 0,1).4200 0,2.380

m1.c1 (m2 m).c2 m3 .c3

Bài 2
Có ba bình hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l, 4l.
tất cả đều chứa đầy nước. Nước trong các bình được đun nóng bởi thiết bị đun.
Cơng suất thiết bị đun khơng đủ để nước sơi. Nước ở bình thứ nhất được đốt
0

0

nóng đến 80 c. ở bình thứ hai tới 60 c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới
0

nhiệt độ nào? Nếu nhiệt độ phịng là 20 c. Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra môi
trường tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với
diện tích tiếp xúc giữa nước và mơi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều
đặn.
Giải:
Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là T1, T2, T3 và nhiệt
độ phòng là T. Diện tích hai đáy bình là S và diện tích xung quanh của các bình
;
tương ứng là S1 S2; S3. Dung tích các bình tương ứng là V1; V2; V3
Và: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1
Vì nhiệt độ tỏa ra mơi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện tích
tiếp xúc. Nên cơng suất hao phí của thiết bị đun của các bình tương ứng là:
1
Php1 = A(S1 + S)(T1-T) = A( 4 S3 +S)60

1

Php2 = A(S2 + S)(T2-T) = A( 2 S3 +S)40

Php3 = A(S3 + S)(T3-T) = A( S3 +S)(T3 - 20)

Với A là hệ số tỷ lệ.
Nhiệt độ của các bình sẽ ổn định khi công suất cung cấp của thiết bị đun đúng
bằng cơng suất hao phí. Nên: A( 1 S3 +S)60 = A( 1 S3 +S)40S3 = 4S
4
2
Từ: A(

0

1
4 S3 +S)60 = A( S3 +S)(T3 - 20) và S3 = 4S ta tính được T3 =
0

44 C Vậy nước trong bình thứ 3 được đun nóng tới 44 c.
Bài 3
0
Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 40 C.
15


0

Sau khi đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t1 = 36 C, người ta lấy
chai sữa này ra và tiếp tục thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa
trên. Hỏi chai sữa này khi cân bằng sẽ được làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết
0

rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0 =18 C.
Giải
0

Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra để nó hạ 1 C , q2 là nhiệt lượng cung
0
cấp cho chai sữa để nó nóng thêm 1 C , t2 là nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân
bằng.
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
+ Lần 1:

q1(t – t1) = q2(t1 - t0)
+ Lần 2:
q1(t1 – t2) = q2(t2 - t0)
+ Từ (1) và (2) giải ra ta có
t2=32,70C

IV/ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN CƠNG SUẤT TỎA NHIỆT
*Phương pháp : Công suất P được xác định bằng công trong một đơn vị thời
gian.Cơng ở đây tính thơng qua nhiệt lượng ,bằng cách áp dụng định luật bảo toàn
năng lượng .
*Bài tập đại diện:
Bài 1:
0

0

Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 20 C khi nhiệt độ ngoài trời là 5 C. Nếu
0

nhiệt độ ngoài trời hạ xuống tới – 5 C thì phải dựng thêm một lị sưởi nữa có
cơng suất 0,8KW mới duy trì nhiệt độ phịng như trên. Tính cơng suất lị sưởi
được đặt trong phịng lúc đầu?.
Giải:
Gọi cơng suất lị sưởi trong phịng ban đầu là P, vì nhiệt toả ra mơi trường tỷ lệ
với độ chênh lệch nhiệt độ, nên gọi hệ số tỷ lệ là K. Khi nhiệt độ trong phịng ổn
định thì cụng suất của lị sưởi bằng cơng suất toả nhiệt ra mơi trường của phịng.
Ta có: P = K(20 – 5) = 15K ( 1)
0

Khi nhiệt độ ngoài trời giảm tới -5 C thỡ:(P + 0,8) = K[20 – (-5)] = 25K (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được P = 1,2 KW.
Bài 2
o

Một ấm điện bằng nhơm có khối lượng 0,5kg chứa 2kg nước ở 25 C. Muốn
đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải cú công suất là bao nhiêu?
Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của
nhôm là C1 = 880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh
16


Giải:
o

o

+ Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25 C tới 100 C là:
Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J )
o
o
+ Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25 C tới 100 C là:
Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J )
+ Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
Q=Q1+Q2=663000 (J)
(1)
+ Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời
gian 20 phút :
Q = H.P.t
(2)
( Trong đó H = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200

giây )
Q

663000.100

+Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P =

789,3(W)

V/ CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT QUA THANH VÀ VÁCH NGĂN

*Phương pháp:
Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn
nhiệt. Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ
với độ chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc
vào chất liệu làm thanh dẫn.
Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên
hai thanh là như nhau.
Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên
hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống.
Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách
ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh
lệch nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn.
*Bài tập đại diện:
Bài 1:
0

Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 0 c. Qua thành
bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao
quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong

nước sơi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian Td = 15 phút thì nước đá ở trong
bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng
khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau Tt = 48 phút.
Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai
17


thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp:
1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi
2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi.
Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bỡnh tan hết?
(giải cho từng trường hợp ở trên)
Giải
Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh
dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu
nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước
đá tan hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền
nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là Kd và Kt.
Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt
Với t2 = 100 và t1 = 0 Nên: Kd =Tt = 3,2
Kt T d
Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như
nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t
0
Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 76 c
0
Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,8 c.
Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T
Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút.
Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên

Bài 2
Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vng được chia làm ba ngăn như
hình vẽ. Hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vng cú cạnh bằng nửa
cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng: ngăn 1 là
0

0

nước ở nhiệt độ t1 = 65 c. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 35 c. Ngăn 3 là sữa ở
0

nhiệt độ t3 = 20 c. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách ngăn có
thể dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỷ lệ
với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn. Sau
0

một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm ∆t1 = 1 c. Hỏi ở hai ngăn còn lại
nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện
nhiệt thì 3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và mơi
trường.
Giải:

18


Vỡ diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền
giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỷ lệ K. Tại các vách ngăn.
Nhiệt lượng tỏa ra:
Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3) Từ đó ta có các phương trình cân
bằng nhiệt:

Đối với nước: Q12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 -t3) = 2mc∆t1
Đối với cà phê: Q12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mc∆t2
Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mc∆t3
0
0
Từ các phương trỡnh trình ta tìm được: ∆t2 = 0,4 c và ∆t3 = 1,6 c

VI/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘNG CƠ NHIỆT, NĂNG SUẤT
TỎA NHIỆT CỦA NHIÊN LIỆU
*Phương pháp:
Động cơ nhiệt mà trong đó nội năng của nhiên liệu khi cháy được chuyển hoá
thành cơ năng. Bài tập thuộc dạng này, thường lại rơi vào chủ đề tính cơng, và
cơng suất, tính hiệu suất, và năng lượng toả nhiệt của nhiên liệu.
Hiệu suất của động cơ điện là tỷ số giữa phần năng lượng chuyển hố thành cơng
có ích của động cơ và năng lượng toàn phần do nhiên liệu cháy tạo ra. Áp dụng
các công thức sau:
A =F.s

P =A/t hoặc P =F.v

H= Aci/ Atp

Nhiêt lượng toả ra khi đốt cháy 1kg nhiên liệu (đốt cháy hoàn toàn) gọi là năng
suất toả nhiệt của nhiên liệu ấy kí hiệu là q.
- Nếu đốt cháy hoàn toàn m(kg) nhiên liêu ấy thì năng suất toả nhiệt lúc này sẽ là:
Q= q. m
Q: nhiệt lượng tỏa ra (J)
q: năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu (J/kg)
m: Khối lượng nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn (kg)
Năng suất toả nhiệt của một số chất:

6
Củi khô: 10.106J/kg.
Xăng : 46.10 J/kg.
6
6
Dầu hoả: 44.10 J/kg.
Than đá : 34.10 J/kg.
6
Than gỗ: 30.106J/kg.
Hydrơ: 140.10 J/kg
-Trường hợp lí tưởng: Q = Q1 =>khối lượng nhiên liệu cần đốt cháy :
M =Q1/ q.
19


-Trường hợp có hao phí:
+ Nhiệt lượng cần đốt ch là: Q= m.H.(Với H là hiệu suất toả nhiệt)
+ áp dụng Q = Q1 => khối lượng cần đốt cháy là: m =Q1/ H.q
*Bài toán đại diện:
Bài 1:
Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%.
a)Tính nhiệt lượng tồn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu
hoả?
0

b)Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 30 C đến
0
6
100 C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.10 J/kg , nhiệt dung riêng
của nước là 4200J/kg.K.

Giải:
a)

6

QTP =mq = 0,03 .44 10 = 1320 000(J)

b) + Gọi M là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có:
Qthu= cM t = 4200.M.(100 - 30) = 294 000.M(J)
+ Từ công thức :

H = Qi Qi = H.QTP =
Q

30 .1320 000 = 396 000(J)
100

TP

+ Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Qi , theo phương trình cân bằng
nhiệt ta có:
294 000.M = 396 000 M = 1,347 (kg)
Vậy với lượng dầu trên đun bằng bếp ta có thể đun được 1,347 kg (1,347l) nước
0

0

từ 30 C đến 100 C.
Bài tập làm thêm
0

Bài 1: Để đun sơi 50 lít nước từ 20 C bằng bếp than. Biết hiệu suất của bếp là
85%.Xác định lượng than củi cần thiết để đun lượng nước trên. Cho năng suất toả
6
nhiệt của than củi là q=30.10 /kg.
0

Bài 2: Đun 45 lít nước từ 20 C đến điểm sôi. Xác định hiệu suất của bếp dầu. Biết
rằng khi đun lượng nước nói trên, phải tốn 0,5kg dầu hoả.
Bài 3: Dùng một bếp dầu để đun sôi một ấm nước bằng nhôm khối lượng 500g
0
chứa 5l nước ở nhiệt độ 20 C.
a) Tính nhiệt lượng cần thiết để đun sơi ấm nước trên.
b) Bếp có hiệu suất 80%. Tính thể tích dầu cần thiết.Cho khối lượng riêng của
20


3

dầu D =800kg/m
Bài 4: Một ơ tơ có cơng suất 15000W. Tính cơng của máy sinh ra trong một giờ.
Biết hiệu suất của máy là 25%. Hãy tính năng lượng xăng tiêu thụ để sinh ra cơng
6

đó. Biết năng suất toả nhiệt của xăng là 46.10 /kg.
Bài 5: Tính lượng than mà động cơ nhiệt tiêu thụ mỗi giờ. Biết rằng mỗi giờ động
6
cơ thực hiện được một công là 40500kJ, năng suất toả nhiệt của than là 36.10 J/kg
và hiệu suất của động cơ là 10%.
Bài 7: Một ô tô chạy 100km với lực kéo không đổi là 700N thì tiêu thụ hết 5 lít

3
xăng. Tính hiệu suất của động cơ. Cho khối lượng riêng của xăng là D =700kg/m .
Bài 8: Với 2 lít xăng, một chiếc xe máy có cơng suất 1,4kW chuyển động với vận
tốc 36km/h thì sẽ đi được một quãng đường dài bao nhiêu? Cho hiệu suất của động
3
cơ 30% khối lượng riêng của xăng là 700kg/m và năng suất toả nhiệt của xăng là
6

46.10 J/kg.
Bài 9: Một máy bơm nước chạy bằng nhiên liệu dầu, có năng suất toả nhiệt là
6
3
46.10 J/kg và có cơng suất là 20%. Biết máy có thể đưa 800m nước lên cao 10m
.Tính mức nhiên liệu cần thiết.
VII/ BÀI TỐN ĐỒ THỊ
Bài tốn1:
Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có cơng suất 500W. Một
phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh. Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra
môi trường theo thời gian đun được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ
0

0

ban đầu của nước là 20 c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt độ là 30 c.
Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K

Giải:
Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt.
+ Khi t = 0 thì P = 100
+ Khi t = 200 thì P = 200

+ Khi t = 400 thì p = 300
Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t
0

0

Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 20 c đến 30 c là T thì nhiệt lượng trung
21


bình tỏa ra trong thời gian này là: Ptb =

P0+Pt

=

100+(100+0,5t)

= 100 + 0,25t

2
Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t
Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s
Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s
2

Bài toán 2
Sự biến thiên nhiệt độ của khối nước đá đựng trong ca nhôm theo nhiệt lượng
cung cấp được cho trên đồ thị . Tìm khối lượng nước đá và khối lượng ca
nhơm.Cho nhiệt dung riêng của nước đá và nhôm là C 1 = 4200 J/Kg.K;C2 =

5

880J/Kg.K ,nhiệt nóng chảy của nước đá = 3,4.10 J/Kg(h.1).
Giải
Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của khối nước đá theo nhiệt lượng cung cấp.
0

- Nhìn vào đồ thị ta có thể biết được nhiệt lượng của nước đá thu vào ở 0 C để
nó nóng chảy hồn tồn là 170KJ, từ đó ta có thể tính được khối lượng của
nước đá như thế nào?
0

0

- Khi nhiệt độ tăng từ 0 C đến 2 C thì nhiệt độ thu vào của nước và ca nhôm
biến thiên từ 170KJ đến 175KJ , từ đó ta tính được khối lượng của ca nhôm .
o

tC

B

2

A
170

0

175

Q(KJ)
0

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 0 C là 170KJ ( lúc này ca
nhơm khơng thu nhiệt do nó khơng tăng nhiệt độ).
170KJ
170
Từ đó khối lượng nước đá là: m1 =
=
= 0,5Kg
340
0

0

Nhiệt lượng nước và ca nhôm thu để tăng từ 0 C đến 2 C là :
Ta có : 5.000 = (m1C1 + m2 C2)( 2-0)
2500 = 0,5 .4200 +m2.880
 m2 = 2500 0,5.4200 0,45Kg
880

Bài toán 3.

22


Cho đồ thị biểu diễn sự thay đổi nhiệt độ của khối chất lỏng theo nhiệt lượng
cung cấp có dạng trên . Biết nhiệt dung riêng của chất lỏng đó C = 2500J/Kg.K.
a)Xác định nhiệt hoá hơi của chất lỏng .

b)Hãy nêu cách xác định nhiệt hoá hơi của chất lỏng bất kỳ bằng thực nghiệm
với các dụng cụ: cốc, bếp đun, nhiệt kế, đồng hồ bấm dây. Nhiệt dung riêng của
chất lỏng xem như đã biết.
Giải

t0C
B

C

80

20

A
0

1,8

12,6

5

Q(x 10 J)

.

a) Nhìn trên đồ thị ta thấy:
5
0

- Đoạn AB : Chất lỏng nhận một nhiệt lượng Q1 = 1,8.10 J để tăng từ 20 C đến
0
80 C .Gọi m là khối lượng chất lỏng ta có
:
Q
1,8.105 1,2Kg
Q1 = mc(80-20) => m =
1

c.60

2500.60

- Đoạn BC : Chất lỏng hoá hơi.Trong giai đoạn này có nhận một nhiệt lượng
5

5

Q = Q2- Q1 = (12,6 – 1,8 ).10 J = 10,8.10 J
và nhiệt lượng này dùng để chất lỏng hố hơi hồn tồn nên :
Q 10,8.105
9.105 J
Q = Lm => L =
m

1,2

b) Dựa vào cách giải trên ta thấy để xác định được L ta phải xác định Q và m .Ta
23

có thể thực hiện thí nghiệm như sau:
0

- Lấy một cốc chất lỏng ,dùng nhiệt kế để đo nhiệt độ ban đầu t1 C .
0

- Đun cốc chất lỏng trên bếp cho đến khi sôi, dùng nhiệt kế xác định t 2 C .Nhờ
đồng hồ bấm giây ta có thể xác định được thời gian kể từ lúc đun cho đến khi sôi
là T1.
- Tiếp tục đun, xác định được thời gian T2 kể từ chất lỏng sôi cho đến khi hố hơi
hồn tồn .
Bỏ qua sự thu nhiệt của cốc và xem bếp toả nhiệt môt cách đều đặn ,ta có :
Q1 = kT1 = mc = (t20C –t10C ) (1)
(2)
Q2 = kT2 = Lm
(k là hệ số tỷ lệ nào đó )
Từ (1) và (2) ta rút ra :
L=c(t 0 c t 0 c).T
2

1

2

T1

Bài toán 4.
Một chất lỏng có khối lượng m1 = 250g chứa trong một cái bình có khối lượng
0

m2 = 1kg , tất cả có nhiệt độ ban đầu t1 =20 C .Nhiệt dung riêng của chất lỏng là
4000 J/kg.độ, của bình là 500J/kg.độ. Người ta bắt đầu cấp nhiệt độ cho bình đó
0
để nó nóng đến nhiệt độ t 2 = 60 C. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc nhiệt độ
của bình chất lỏng vào nhiệt lượng Q mà bình thu vào, với trục hoành biểu thị
nhiệt lượng, trục tung biểu thị nhiệt độ.
Giải.
Ta xem rằng khi nhận được nhiệt lượng thì nhiệt độ của vỏ bình và của chất lỏng
trong bình ln ln bằng nhau.
Nhiệt lượng cần cung cấp cho bình chất lỏng để nó đạt tới nhiệt độ t là :
Q = (m1c1+m2c2)(t-t1)
= (0,25 . 4 000 + 1 .1 000)(t-t1)
= 2 000(t-t1)
=20+ Q
Từ đó suy ra : t = t1 + Q
2000

2000

Thay các giá trị của Q bằng : 20 000J ;40 000J; 60 000J:.......... hay ta có bảng biến
thiên:
Q(J)
0
TC

20 000
30

40 000

40

60 000
50

80 000
60

Ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc nhiệt độ của bình chất lỏng vào nhiệt lượng Q
mà bình thu vào như sau:
24


t0C
50
40
30
20

20000

40000

Q(J)

60000

Bài tốn 5
0
Dùng một bếp điện để đun nóng một nồi đựng 2kg nước đá ở 20 C. Sau 2 phút

thì nước đá bắt đầu nóng chảy .
a) Sau bao lâu thì nước đá nóng chảy hết ?
b) Sau bao lâu thì nước đá bắt đầu sơi ?
c) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt độ của nước (và
nước đá) vào thời gian đun?
Giải.
0

0

a) Nhiệt lượng cung cấp để làm nóng 2kg nước đá từ -20 C đến 0 C là:
Q1= 2.2100 .20 = 84 000J
0
Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá nóng chảy hết thành nước ở 0 C là :
Lm

Q2= Lm = qt2 Suy ra t2 =

= 8 phút
0

Tổng thời gian để đun cho nước đá nóng hết thành nước 0 C là :
t = t1+t2 = 10 phút
0
0
b) Nhiệt lượng cần cung cấp để 2kg nước nóng lên từ 0 C đến 100 C là:
Q3 = 2.4190.100 = 838 000J
Q

Thời gian cần đun là : t3=

3

20 phút

Tổng thời gian từ lúc đun đến lúc nước bắt đầu sôi:
t4 = t + t3 =30 phút
c)Vẽ đồ thị hàm số Q biến t

25