Bt nhiệt lượng về sự chuyển thể của các chất dang huu luyen

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
BÀI TẬP NHIỆT LƯỢNG VỀ SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT
0

Câu 1. Một bình cách nhiệt chứa đầy nước ở nhiệt độ t0 90 C . Lần lượt thả nhẹ từng
viên nước đá giống nhau có khối lượng m = 50 g ở nhiệt độ 0 0C vào bình, viên tiếp theo
được thả sau khi nước trong bình đã cân bằng nhiệt. Cho nhiệt dung riêng của nước là c =
4200 J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là 336000 J/kg. Coi rằng nước đá chỉ
trao đổi nhiệt với phần nước cịn lại trong bình.
0

1. Nhiệt độ cân bằng của nước trong bình sau lần thả viên nước đá thứ nhất là t1 73 C .
Tìm khối lượng nước ban đầu trong bình.
2. Tìm nhiệt độ cân bằng của nước trong bình khi thả thêm viên nước đá thứ hai vào bình.
3. Tìm biểu thức tính nhiệt độ cân bằng của nước trong bình sau khi thả vào bình viên
nước đá thứ n và nước đá tan hết. Áp dụng với n = 6.
4. Kể từ viên thứ bao nhiêu thả vào bình thì nước đá khơng tan hết?
1. m0 : Khối lượng ban đầu của nước trong bình (kg)
Khối lượng nước ban đầu trong bình là:
Qtoa Qthu
 (m0  m).c.(t0  t1 ) m  mc(t1  t )
 (m0  0, 05).4200.(90  73) 0, 05.336000  0, 05.4200.(73  0)
 m0 0,5kg
2. t2 là nhiệt độ cân bằng cần tìm.

 m0  m  .c.  t1  t2  m.  mc  t2  t 
  0,5  0, 05  .4200.  73  t2  0, 05.336000  0, 05.4200.t2
 t2 57, 70 C
3. tn là nhiệt độ cân bằng cần tìm.
Qtoa Qthu
  m0  m  .c.  tn  1  tn  m  mc  tn  t 

 m0 .c.  tn  1  tn   m.c.  tn  1  tn  m  mc  t n  t 
 m0 .c.  tn  1  tn  m.c.  tn  1  t   m
 m0 .c.tn  1  m0 .c.tn m.c.t n  1  m.c.t  m
 tn 

 m0  m  .c.tn 1 

 tn 

m0  m  m0  m
m  mct  m  mct
.
.tn  2 

m0  m0
m0 c 
m0c

m  mct
m0 .c
m0 c
m m
m  mct
 tn  0
.tn  1 
m0
m0 c

1 / 22

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
2

 m  m
m  mct  m0  m 
 tn  0
 tn  2 
1

m0 c 
m0 
 m0 
2

 m  m   m0  m
m  mct  m  mct  m0  m 
 tn  0
.tn  3 
 

1

m0c 
m0c 
m0 
 m0   m0
3

2

 m  m
 m0  m  m  mct m  mct  m0  m 
 tn  0

 tn  3  
 .
1

m
m
m
c
m
c
m0 
0
0
0
0





3
2
 m0  m 
m  mct  m0  m  m0  m  
 tn 

. 1 

 tn  3 
 
m0 c
m0

 m0 
 m0  
n
2
n 1
 m0  m 
 m0  m  
m  mct  m0  m  m0  m 
 tn 
. 1 

 t0 
  ...  
 
m0 c
m0

 m0 
 m0 
 m0  
n

 m0  m 

n

 1
 m0  m 
m  mct  m0 
 tn 
.
 t0 
m0  m
m0 c
 m0 
1
m0
n

 0,5  0, 05 
1
n
0, 05.336000  0, 05.4500.0 
0,5 
 0,5  0, 05 
 tn 
.90 
.
0,5  0, 05
0,5 
0,5.4200

1
0,5

 tn 90.0,9n  80.  1  0,9n 
t6 90.0, 96  80  1  0,9 6  10,34497 0 C

Áp dụng với n=6 ta được:
4. Đá không ta hết nếu:

tn 90.0,9n  80.  1  0,9n   0
 90.0,9n  80  80.0,9n  0
 170.0,9n  80
8
 0,9n 
17
 n  7,15

Do đó kể từ viên thứ 8 thả vào bình thì nước đá khơng tan hết.
Câu 2.
Một bình chứa hình trụ được đặt thẳng đứng, đáy của hình trụ nằm ngang, bên
0
trong bình đang chứa nước ở nhiệt độ t1 60 C . Người ta rót thêm vào bình một lượng
0

dầu thực vật ở nhiệt độ t2 20 C cho đến khi tổng độ cao của cột nước và cột dầu trong
bình là h 50 cm. Xảy ra sự trao đổi nhiệt giữa nước và dầu dẫn đến sự cân bằng nhiệt ở
2 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
3
0
nhiệt độ t 45 C . Cho khối lượng riêng của nước là D1 1000 kg / m , của dầu là

D2 800 kg / m3 , của nước đá là D3 900 kg / m3 , nhiệt dung riêng của nước là
c1 4200 J / kg .K , nhiệt dung riêng của dầu là c2 2100 J / kg .K và nhiệt nóng chảy của
nước đá là  336kJ / kg . Biết dầu nổi hoàn toàn trên mặt nước. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt

giữa các chất lỏng với mình và mơi trường.
a) Tính áp suất do khối chất lỏng gây ra tại đáy bình.
0

b) Thả nhẹ một số viên nước đá ở nhiệt độ 0 C vào bình. Khi vừa thả vào bình thì
mực dầu dâng thêm một đoạn có độ cao h và các viên nước đá khơng bị chạm vào đáy
bình. Hỏi h phải có giá trị nào để nước đá tan hết? Khi nước đá tan hết thì mực dầu
trong bình dâng lên hay hạ xuống bao nhiêu so với lúc mới thả chúng vào và chưa tan?
1. Gọi S là diện tích đáy bình; h1 , h2 (cm) lần lượt là chiều cao cột nước và cột dầu.
Ta có: h1  h2 50 (1)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:
Qthu Qtoa  m1c1t1 m2 c2 t2  D1Sh1c1t1 D2 Sh2c2 t2
 1000h1.4200(60  45) 800h2 .2100(45  20)

(2)

 h1 20cm

 h2 30cm

Từ (1) và (2), ta có:
Áp suất do khối chất lỏng gây ra tại đáy bình là:
p D1 gh1  D2 gh2 1000.10.0, 2  800.10.30 4400( Pa )

2. Thể tích nước đá thả vào bình là: V3 S h

Khối lượng nước đá thả vào bình là: m3 D3V3 D3 .S h
Nhiệt lượng nước đá thu vào để tan hết là: Q3 m3 D3 S h
Nhiệt lượng nước và dầu tỏa ra là:
Q12  m1c1  m2c2  t  D1Sh1c1  D2 Sh2 c2  .45

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q12 Q3   D1Sh1c1  D2 Sh2c2  .45 D3 S h
 h 

 D1h1c1  D2 h2c2  .45 20(cm)
D3

Gọi h3 là chiều cao phần cột nước do nước đá sau khi tan hết.
Do khối lượng nước bảo tồn, ta có:
D3 S h D1Sh3  h3 

D3
900
h 
.20 18(cm)  h  h3 2(cm)
D1
1000
3 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Vậy mực dầu trong bình khi đá tan hết hạ xuống 2cm so với lúc mới thả chúng vào và
chưa tan.
Câu 3
Lị vi sóng hiện nay được sử dụng phổ biến trong nhà bếp để làm nóng nhanh thực

phẩm. Nó bức xạ ra vi sóng có tần số 2500MHz được các phân tử nước hấp thụ. Các
phân tử nước có sự phân bố điện tích khơng đối xứng nên bị điện trường trong bức xạ vi
sóng làm cho dao động mạnh lên, nhiệt độ thực phẩm tăng lên.
Các vi sóng có thể xuyên tức thời vào bên trong thực phẩm, cơng suất của chùm vi
sóng trên bề mặt là 750W, mỗi khi xuyên qua 3mm thực phẩm, công suất khả dụng bị
mất đi là 60%.
1. Sử dụng các thông tin trên, hãy vẽ đường
biểu diễn công suất bức xạ vi sóng thay đổi theo độ
sâu từ bề mặt vào bên trong thực phẩm (dựa vào
hình 1).
2. Dựa vào đường biểu diễn vẽ được ở câu
trên, xác định gần đúng công suất chùm vi sóng ở
độ sâu 5mm trong khối thực phẩm.
3. Hãy đề xuất một cách làm nóng nhanh
thực phẩm có độ dày lớn hơn 9mm trong lị vi
sóng.
4. Ước tính thời gian tối thiểu mà chùm vi
sóng có cơng suất 750W rã đơng hồn tồn 0,25kg
súp đơng lạnh ở -180C. Coi rằng súp làm hoàn toàn bằng nước , nhiệt dung riêng của
nước đá là 2100J/kg.độ, nhiệt lượng cần thiết để làm nóng chảy 1kg nước đá ở 0 0C thành
nước 00C là 334kJ.
1. Công suất sau khi đi 3mm là: P1 P0 .40% 0, 4 P0 0, 4.750 300 (W)
2
Công suất sau khi đi 6mm là: P2 P1.40% 0, 4 P1 0, 4 .P0 120 (W)
3
Công suất sau khi đi 9mm là: P3 P2 .40% 0, 4 P2 0, 4 .P0 48 (W)

Từ đó là có cơng thức tổng qt cơng suất sau khi sóng đi được độ sâu h(mm) là:
h
Pn 0, 4 n.P0 với n  3

Đồ thị:

4 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664

5/3
2. Cơng suất chùm vi sóng ở độ sau 5mm là: P 0, 4 .750 163 (W)

3. Nếu thực phẩm có bề dày lớn hơn 9mm thì ta có thể chặt nhỏ ra để thực phẩm nhanh
nóng hơn.
4. Nhiệt lượng để rã đông 0,25kg súp là:
Q mct  m 0, 25.2100.18  0, 25.334000 92950 (J)

Thời gian để khối súp rã đơng hết là:

t

Q 92950

123,9
P
750
(s)

Câu 4
Một bình cách nhiệt đựng nước và một cục nước đá ở
F

trạng thái cân bằng nhiệt. Một pit-tơng có trọng lượng khơng
đáng kể và khơng kín, được đặt bên trong bình. Ban đầu người ta
tác dụng một lực F để giữ pit-tông sao cho mặt phẳng dưới của
pit-tơng trùng với bề mặt của nước (tồn bộ nước đá bị dìm dưới
nước) như hình H3. Sau đó, người ta cung cấp cho bình một
lượng nhiệt Q, khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì lực tác dụng
để giữ pit-tông là Fc. Biết rằng nước đá không chạm thành,
khơng chạm đáy bình và chưa tan hết. Khối lượng riêng của
nước và nước đá lần lượt là D 0 và D, nhiệt nóng chảy của nước đá là  . Tính Q theo các
đại lượng đã cho.
Ban đầu, bình ở trạng thái cân bằng nhiệt.
D
m
F  P VD0 g  F  mg  .D0 g  F mg ( 0  1)
D
D
Khi tác dụng lực F:
(1)

(Với m , V là khối lượng và thể tích ban đầu của cục nước đá)
m
D
Fc  Pc Vc D0 g  Fc  mc g  c .D0 g  Fc mc g ( 0  1)
F
D
D
Khi tác dụng lực c :
(2)
5 / 22

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
(Với mc , Vc là khối lượng và thể tích còn lại của cục nước đá)
m  mc 

Từ (1) và (2) suy ra:
Q  (m  mc ) .

Vậy

F  Fc
D
g ( 0  1)
D

F  Fc
F  Fc
 D ( F  Fc )
 .

D
D
g ( 0  1)
10.( 0  1) 10.( D0  D)
D
D

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện hoặc Zalo/SĐT 0984024664
Câu 5
a) Người ta rót một lượng nước có khối lượng m ở nhiệt độ 20 0C vào một bình nhiệt

lượng kế đã chứa 10 g nước đá ở 0 0C. Tìm sự phụ thuộc của nhiệt độ cân bằng của chất
trong bình nhiệt lượng kế theo khối lượng m của nước rót vào? Biết nhiệt dung riêng của
5
nước c 4200 J / kgK và nhiệt nóng chảy của nước đá  3,36.10 J / kg .
b) Có hai bình nhiệt lượng kế mỗi bình chứa 200 g nước, bình A có nhiệt độ 40 0C và bình
B có nhiệt độ 300C. Từ bình A lấy ra 50 g nước đổ qua bình B rồi quấy đều, sau đó lại lấy
50 g nước từ bình B đổ lại bình A và quấy đều. Hỏi phải đổ qua đổ lại bao nhiêu lần cùng
một lượng nước 50 g để hiệu nhiệt độ của hai bình nhỏ hơn 10C.
Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bình nhiệt lượng kế và mơi trường
5
a) Nhiệt lượng cần cung cấp để đá tan hết là: Q1 m1 0, 01.3,36.10 3360 (J)

Do đó, nhiệt lượng nước tương ứng rót vào tỏa ra là: Q2 Q1
 m2 .c.t 3360  m2 

3360
0, 04
4200.(20  0)
(kg)

Gọi m là khối lượng nước rót vào.
Nhiệt lượng nước tỏa ra: Q mct 3.4200.20 84000m (J)
+ Nếu Q Q1  84000m 3360  m 0, 04 (kg) thì đá chỉ tan một phần và nhiệt độ cân
bằng là 00C.
+ Nếu Q  Q1  m  0, 04 (kg) thì:
Q1'  m  0, 04  .c.t (m  0, 04).c.(20  t )
Q2' (0, 01  0, 04).c.(t  0)

6 / 22

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Q1' Q2'   m  0, 04   20  t  0,05t  t 

20(m  0, 04)
m  0, 01

b) Gọi nhiệt độ ban đầu của bình B là tb và của bình A là ta.
Gọi t1 là nhiệt độ cân bằng của bình B khi rót vào nó một khối lượng nước nóng là m từ
bình A sang (lần đổ đi)
Ta có:

mc  t1  tb  m.c  ta  t1   t1 

0, 05ta  0, 2tb
0, 25

Với m là khối lượng nước ban đầu trong các bình, c là nhiệt dung riêng của nước,
m 50( g ); m 200( g )

Gọi t2 là nhiệt độ cân bằng của bình A sau khi đổ vào nó khối lượng nước m lấy từ bình
B (lần đổ về).
Ta có:

m

m  c  ta  t2  mc  t2  t1   t2 

0,8ta  0, 2tb
1

Do đó sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình là:

t2  t1 

ta  tb
5/3

Để nhận được hiệu nhiệt độ trong 2 bình (t 4-t3) sau lần đổ đi đổ lại thứ hai, trong công
thưc trên phải thay tb thành t2 và ta thành t1, tức là:

t 4  t3 

t2  t1 ta  tb

5 / 3 (5 / 3) 2

Như vậy cứ sau mỗi lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ hai bình sẽ giảm 5/3 lần .
Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình là
Với n=5 thì

ta (5)  tb (5) 

t a ( n )  tb ( n ) 

tb  t a
0
(5 / 3) n . Với tb  ta 10 C

t a  tb

10

0, 77760 C  10 C
5
(5 / 3)
(5 / 3)5

Vậy sau 5 lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình nhỏ hơn 10C
Câu 6
0
Trong một bình có chứa m1 4kg nước ở nhiệt độ t1 30 C . Người ta thả vào bình một
0
cục nước đá có khối lượng m2 0, 4kg ở t2  10 C . Cho nhiệt dung riêng của nước và của

nước đá lần lượt là c1 4200 J / kg.K , c2 1800 J / kg .K , nhiệt nóng chảy của nước đá là
 34.10 4 J / kg . Bỏ qua nhiệt lượng truyền cho bình chứa và tỏa ra mơi trường ngồi.
a) Nước đá có tan hết khơng? Giải thích?
b) Tính nhiệt độ của hỗ hợp khi có cân bằng nhiệt và lượng nước có trong bình khi đó?
7 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
a. Nhiệt lượng tỏa ra của nước khi giảm nhiệt độ từ 300C xuống 00C là:
Q1 m1.c1 (t1  0) 4.4200.30 504000 (J)
0
Nhiệt lượng thu vào của nước đá để tăng nhiệt độ từ  10 C lên 00C là:

Q2 m2 .c2  0  t2  0, 4.1800.10 7200

(J)

Nhiệt lượng thu vào để nước đá nóng chảy hồn tồn là:
Q3 m2 . 0, 4.34.104 136000 (J)

Do Q1  Q2  Q3 nên nước đá nóng chảy hồn tồn.
Vậy nhiệt độ cân bằng sẽ lớn hơn 00C.
b. Gọi t là nhiệt độ cân bằng của hỗ hợp.
Ta có:
Qtoa Qthu
 m1.c1  t1  t  Q2  Q3  m2 .c1 (t  0)
 t 19,50 C

Do nước đá tan hết nên khối lượng nước trong bình là:
mn m1  m2 4  0, 4 4, 4 (kg)

Câu 7
Dẫn m1 0, 29 kg hơi nước ở 1000C vào một bình chứa m2 4,98 kg nước ở 200C.
1. Khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ chung là bao nhiêu?
2. Sau đó người ta thả vào bình một cục nước đá khối lượng m3 2 kg ở -50C.Hỏi:
a) Nước đá có nóng chảy hết không?
b) Khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ chung là bao nhiêu?
Cho nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.10 5 J/kg, nhiệt dung riêng của nước là 4200
J/kg.K, nhiệt dung riêng của nước đá là 2100 J/kg.K, nhiệt hóa hơi (nhiệt ngưng tụ) của
nước ở 1000C là 2,3.106 J/kg. Xem rằng chỉ có hơi nước, nước và nước đá trao đổi nhiệt
với nhau.
1. Gọi t là nhiệt độ cân bằng. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:

8 / 22

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Qtoa Qthu
 Lm1  m1c  t1  t  m2c  t  t 2 
 0, 29.2, 3.106  0, 29.4200.  100  t  4,98.4200.  t  20 
 t 54,540 C
0
2. a) Trước khi thả cục đá thì hỗn hợp có khối lượng m 5, 27 kg và nhiệt độ t 54,54 C .

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy (tan) hồn toàn ở 00C là:
Qthu m3c3  0  5  m3 2.2100.5  2.3, 4.105 701000 J

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi giảm nhiệt độ từ 54,540C về 00C là:
Qtoa mc  t  0  5, 27.4200.  54,54  0  1207188,36 J

Vì Qtoa  Qthu nên nước đá sẽ nóng chảy hết.
b) Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Qtoa Qthu
 mc  t  tcb  m3  m3c3  0  5   m3c  tcb  0 
 5, 27.4200.  54,54  tcb  701000  2.4200.tcb
 t 16, 60 C

Câu 8
0
Dẫn m1 0, 4kg hơi nước ở nhiệt độ t1 100 C vào một bình có chứa m2 0,8kg
0

nước đá ở t0 0 C . Hỏi khi cân bằng nhiệt, khối lượng và nhiệt độ nước ở trong bình khi
đó là bao nhiêu? Cho biết nhiệt dung riêng của nước là C 4200 J/kg.độ; nhiệt hóa hơi
6
5

của nước là L 2,3.10 J/kg và nhiệt nóng chảy của nước là  3, 4.10 J/kg. (Bỏ qua sự
hấp thụ của bình chứa).
Nếu 0,4 kg hơi nước ngưng tụ thành nước ở 100 0C thì tỏa ra nhiệt lượng là:
Q1 m1 L 0, 4.2,3.106 920000 (J)
5
Nhiệt lượng cung cấp để 0,8 kg nóng chảy hết là: Q2 m2 0,8.3, 4.10 272000 (J)

Thấy Q1>Q2 nên nước đã nóng chảy hết và tiếp tục nóng lên.
Giả sử nước đá nóng lên đến 1000C, nhiệt lượng thu vào là:
Q3 m2 .c.  t1  t0  0,8.4200.(100  0) 336000

(J)

9 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Khi đó: Q2  Q3 272000  336000 608000 (J)
Vì Q1  Q2  Q3 nên hơi nước dẫn vào khơng ngưng tụ hết và nước nóng lên đến 1000C.
Khối lượng hơi nước đã ngưng tụ là:

m' 

Q2  Q3 608000

0, 26
L
2,3.106
(kg)

Khối lượng nước trong bình là: m m2  m ' 0,8  0, 26 1, 06 (kg)
Nhiệt độ nước trong bình là 1000C
Câu 9
Một bình cách nhiệt đang chứa một cục nước đá ở nhiệt độ 0 0C có khối lượng 200g,
người ta rót vào bình một lượng nước khối lượng 400g ở nhiệt độ 25 0C. Cho biết nhiệt
dung riêng của nước là 4200 J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.105 J/kg.
a. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của hệ là bao nhiêu? Tính tổng khối lượng nước của hệ
lúc này. Bỏ qua sự mất nhiệt của hệ qua mơi trường trong q trình rót nước vào bình.
b. Người ta rót thêm vào bình một lượng nước ở nhiệt độ 25 0C, khi cân bằng nhiệt thì
nhiệt độ của hệ là 50C. Tính khối lượng của lượng nước đã rót thêm vào bình.
c. Người ta cho toàn bộ lượng nước ở 50C ở trên vào một ấm điện loại 220V-1200W.
Mắc ấm vào hiệu điện thế 220V. Biết hiệu suất của ấm là 90%. Tính thời gian cần thiết để
đun sôi lượng nước trong ấm.
Q mct 0, 4.4200.  25  0  42000 J ; Q0 m0  0, 2.3, 4.10 5 68000 J
a. Ta có: toa
 Qtoa  Q0 nên nước đá khơng tan hết

Gọi m’ (m’<200g) là khối lượng nước đá bị tan ra, ta có phương trình cân bằng nhiệt:
Qtoa Qthu
 0, 4.4200.  25  0  m '.3, 4.105
 m ' 0,12 (kg) (t/m)

Suy ra cục nước đá không bị tan hết và nhiệt độ cân bằng là 00C.
Do đó tổng khối lượng nước của hệ là: 0, 4  0,12 0,52 (kg)
b. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của hệ là 5 0C nên nước đá đã tan hết. Gọi m là khối
lượng nước rót thêm. Ta có phương trình cân bằng nhiệt:
Qtoa Qthu
 m.4200.(25  5) 0,52.4200.(5  0)  0, 08.3, 4.105  0, 08.4200.(5  0)
 m 0, 47
c. Khối lượng nước của hệ là: 0, 47  0, 2  0, 4 1, 07 (kg)

H

1,07.4200.  100  5 
Qi mct

 0,9 
 t 395,3
Qtp
Pt
1200.t

Câu10
10 / 22

(s)


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Một bình nhiệt lượng kế có khối lượng m1 0, 2kg chứa m2 (kg) nước đá ở nhiệt độ
t0  80 C . Khi cung cấp cho bình nhiệt lượng Q1 4920 J thì nhiệt độ của bình tăng lên
Q2 186320 J
 40 C

đến
. Tiếp tục cấp thêm cho bình nhiệt lượng
thì nhiệt độ của bình tăng
0
lên đến 5 C . Tính nhiệt dung riêng c1 của chất làm bình nhiệt lượng kế và khối lượng m 2
của nước đá ban đầu.
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình nhiệt lượng kế với môi trường. Biết nhiệt dung riêng

của nước đá, nước lần lượt là c2 2100 J / kg .K , c3 4200 J / kg .K , nhiệt nóng chảy của nước
đá là  340000 J / kg.
Áp dụng các phương trình cân bằng nhiệt:
Lần 1:

m1c1    4     8    m2 c2    4     8   4920

 0, 2.c1.4  m2 .2100.4 4920
 0,8c1  8400m2 4920 (1)

Lần 2:

mc c1  5    4    m2 c2  0    4    m2 c3  5  0   m2 .340000 186320

 0, 2.c1.9  m2 .2100.4  m2 .4200.5  340000m2 186320
 1,8c1  369400m2 186320

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: c1 900 J/kg.K; m2 0,5 kg

Câu 11
Bên trong một nhiệt lượng kế chứa nước đá có khối lượng m 1 ở nhiệt độ t1=-200C.
Tiếp tục đưa vào bình một lượng hơi nước có khối lượng m 2=80 g ở nhiệt độ t2=1000C.
Cho biết nhiệt dung riêng và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là c 1=2100 J/(kg.K) và
 340 kJ/kg; nhiệt dung riêng và nhiệt hóa hơi của nước lần lượt là c2 4200 J/(kg.K) và
L 2, 2.106 J/kg. Coi sự hấp thu nhiệt của nhiệt lượng kế xem là khơng đáng kể. Hãy xác

định nhiệt độ trong bình nhiệt lượng kế khi xảy ra cân bằng nhiệt trong hai trường hợp:
a) m1 0, 75 kg.

b) m1 0, 45 kg.
a. Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ từ t1=-200C đến 00C là:
11 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Q1 m1c1  0  t1  0, 75.2100.  0    20   31500

J
Nhiệt lượng cần cung cấp để làm nóng chảy nước đá ở 00C là:
Q1' m1 0, 75.340.103 255000 J

Nhiệt lượng tỏa ra để m2 ở 1000C hóa thành nước là:
Q2 Lm2 2, 2.106.80.10  3 176000 J

Nhiệt lượng tỏa ra để m2 giảm nhiệt độ tới 00C là:
Q2' m2c2  t2  0  80.10 3.4200.  100  0  33600
'
1

J

'
2

Thấy Q1  Q  Q2  Q nên nước đá không tan hết.
Do đó nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng là 00C.
b) Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ từ t1=-200C đến 00C là:
Q1 m1c1  0  t1  0, 45.2100.  0    20   18900

J
Nhiệt lượng cần cung cấp để làm nóng chảy nước đá ở 00C là:
Q1' m1 0, 45.340.103 153000 J

Nhiệt lượng tỏa ra để m2 ở 1000C hóa thành nước là:
Q2 Lm2 2, 2.106.80.10  3 176000 J

Nhiệt lượng tỏa ra để m2 giảm nhiệt độ tới 00C là:
Q2' m2c2  t2  0  80.10 3.4200.  100  0  33600
'
1

J

'
2

Thấy Q1  Q  Q2  Q nên nước đá tan hết.
Gọi t là nhiệt độ khi cân bằng. Ta có:
Q1  Q1'  Q Q2  Q2''
 18900  153000  m1c2  t  0  176000  m2c2  100  t 
 171900  0, 45.4200t 176000  80.10 3.4200  100  t 
 t 17 0 C

Câu 12 Một thỏi nước đá có khối lượng 400g ở nhiệt độ t 1 = -10°C. Cho biết: nhiệt dung
riêng của nước đá là c1 = 1800J/kg.K, của nước là c2 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của
nước đá là  =3,4.105 J/kg, nhiệt hóa hơi của nước là L = 2,3.106 J/kg.
a. Tính nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá biến thành hơi hoàn toàn ở nhiệt
độ t2 = 100°C.
b. Nếu bỏ thỏi nước đá trên vào một xô bằng nhôm chứa m(kg) nước ở nhiệt độ

t3=20°C. Sau khi cân bằng nhiệt, thấy trong sơ cịn lại một cục nước đá có khối lượng ∆ m
1=100g. Tính khối lượng m(kg) nước trong xơ lúc đầu. Biết xơ nhơm có khối lượng
m3=100g, nhiệt dung riêng của nhôm c3=880J/kg.K (Bỏ qua nhiệt lượng tỏa ra môi
trường xung quanh).
0
0
a. Nhiệt lượng Q1 thu vào để thỏi nước đá tăng nhiệt độ từ t1  10 C đến t2 0 C là:

12 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Q1 m1c1  t2  t1  0, 4.1800.10 7200

(J)

Nhiệt lượng Q2 thu vào để thỏi đá nóng chảy hồn toàn ở 00C là:
Q2  m1 3, 4.105.0, 4 136000 (J)
0
0
Nhiệt lượng Q3 thu vào để nước tăng từ t2 0 C đến t3 100 C là:

Q3 m1c2  t3  t2  0, 4.4200.100 168000

(J)

Nhiệt lượng Q4 thu vào để nước hóa hơi hồn tồn là:
Q4 L.m1 2, 3.106.0, 4 920000 (J)

Vậy nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá biến thành hơi hoàn toàn ở nhiệt độ

t2 = 100°C là: Q Q1  Q2  Q3  Q4 7200  136000  168000  920000 1231200 (J)
b. Gọi mx là lượng nước đá đã tan thành nước khi bỏ nó vào xơ nhơm:
mx 400  100 300 (g)

Do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ là 00C.
Nhiệt lượng mà toàn khối nước đá nhận được để tăng nhiệt độ đến 0 0C là: Q ' Q1 7200
(J)
5
Nhiệt lượng mà mx nhận được để tan hoàn toàn là: Q '' mx  0,3.3, 4.10 102000 (J)

Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước có khối lượng m và xơ nhơm tỏa ra để giảm nhiệt độ
từ 200C xuống 00C
Q  mc2  m3 .c3   20  0   m.4200  0,1.880  .20

Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q Q ' Q ''   m.4200  0,1.880  .20 7200  102000  m 1, 279

kg

Vậy m 1, 279 kg.
Câu 13
Vào mùa hè, nhiệt độ của nước trong các bình chứa tăng lên cao. Chị Lan lấy nước
từ bình chứa để tắm cho con nhưng nhiệt độ của nước là 45°C nên không dùng được.
a) Chị Lan muốn có nước ở nhiệt độ 37°C để sử dụng nên pha nước theo một
trong hai cách sau:
- Lấy 8 l nước ở nhiệt độ 10°C để pha với nước lấy từ bình chứa.
13 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664

- Lấy một khối nước đá có khối lượng 3kg ở nhiệt độ 0 oC để pha với nước lấy từ
bình chứa.
Hỏi sau khi pha xong thì chị Lan có được bao nhiêu lít nước ở 37°c ứng với mỗi
trường hợp nói trên?
b) Nếu chị Lan lấy 8 l nước ở 10°C pha với 3 kg nước đá ở 0°C thì nhiệt độ và
khối lượng của nước là bao nhiêu sau khi có cân bằng nhiệt?
Cho biết:
+ Nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/kg.K;
+ Khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3 và không thay đổi theo nhiệt độ;
+ 1 kg nước đá khi nóng chảy hồn tồn thành nước ở 0°C thì thu vào một nhiệt
lượng là 336000 J;
+ Chi có sự trao đổi nhiệt giữa nước lấy từ bình chứa, nước ở 10°C, nước đá.
a.- Cách 1: Lấy 8 l nước ở nhiệt độ 10°C để pha với nước lấy từ bình chứa.
Gọi m là khối lượng nước 450C cần lấy để pha.
Ta có:

mc.  45  37  8.c.  37  10   m 27

kg

 Khối lượng nước ở 370C thu được là: M=27+8=35kg
 Thể tích nước ở 370C thu được là: 35 lít

- Cách 2: Lấy một khối nước đá có khối lượng 3kg ở nhiệt độ 0 oC để pha với nước lấy từ
bình chứa.
Gọi m là khối lượng nước 450C cần lấy để pha.
mc  45  37  336000.3  3.c.  37  0 
 m.4200.  45  37  336000.3  3.4200.  37  0 
 m 43,875 kg

Suy ra thể tích nước ở 370C thu được là: 46,875 lít
b. Nhiệt lượng cục nước đá ở 00C thu vào để tan hết là: Q 336000.3 1008000 J
Nhiệt lượng để 8 lít nước ở 100C giảm về 00C là: Q ' 8.4200.10 336000 J
Vì Q>Q’ nên nước đá chỉ tan 1 phần.
Do đó khối lượng nước đá bị tan là:

m 

Q'
336000

1
336000 336000
kg

Suy ra nhiệt độ nước khi cân bằng là 00C, và khối lượng nước là 8+1=9 kg.
14 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Câu 14
Cho hai bình nhiệt lượng kế A và B. Ban đầu bình A chứa hỗn hợp nước và nước đá ở
0°C, bình B chứa nước ở nhiệt độ t 0=30°C. Khối lượng nước trong bình B là m 0=2,25kg.
Người ta thực hiện thí nghiệm lần thứ nhất như sau: lấy một lượng nước có khối lượng Δmm
từ bình B đổ sang bình A, đợi khi có cân bằng nhiệt (khi đó trong bình A vẫn cịn nước đá)
thì lấy một lượng nước cũng có khối lượng Δmm từ bình A đổ lại vào bình B; khi có cân bằng
nhiệt thì nhiệt độ của nước trong bình B là t1 = 28°C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của nước với
các bình nhiệt lượng kể, sự trao đổi nhiệt của nước với môi trường. Biết nhiệt dụng riêng
của nước là c= 4,18J/g.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  334 J / g
1) Tìm Δmm.

2) Để tìm khối lượng của nước đá ban đầu có trong bình A, người ta lặp lại thí nghiệm như
thi nghiệm lần thứ nhất nhiều lần. Khi thực hiện thí nghiệm đến lần thứ 7 thì lượng nước đá
trong bình A vừa tan hết. Tìm khối lượng của nước đá ban đầu có trong bình A
1. Sau khi cân bằng nhiệt lần 1, lấy lượng nước m đổ vào bình B, ta có phương trình
cân bằng nhiệt ở bình B là:
m  t1  0   m0  m   t0  t1   m 0,15kg 150 g
14
t1  t0
15
2. Có

Để trao đổi nhiệt ở bình A 7 lần thì sẽ có 6 lần lấy nước đổ vào bình B. Gọi nhiệt độ cân
bằng ở bình B 6 lần đó là t1 , t2 , t3 , t4 , t5 , t6 .
Nhiệt lượng tỏa ra:
Q1 m.c  t0  0   m.c  t1  0   ....  m.c  t6  0  m.c  t0  t1  ...  t6 

Nhiệt lượng thu vào: Q2  mđ
Ta có:

Q1 Q2  mđ 

m.c  t0  t1  ...  t6 

(*)

Mặt khác, tương tự lần trao đổi 1 ở B, ta có các lần 2,3,4,5,6:

15 / 22

Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
2

14
14 14
 14 
t2  t1  t2  . t0   t0
15
15 15
 15 
3

14
14 14 14
 14 
t3  t2  t3  . . .t0   t0
15
15 15 15
 15 
...
6

14
 14 
t6  t5  t6   t0
15
 15 
 t0  t1  ...  t6 t0 

6

6
 14  14  2
14
 14 
 14  
t0  ...    t0 t0 1      ...    
15
 15 
 15  
 15  15 

2

14  14 
 14 
P 1      ...   
15  15 
 15 
Xét biểu thức
2

6

14
14  14 
 14   14 

P      ...      
15
15  15 

 15   15 
 P

14
P 1 
15

7

 14 
   P 15  1 
 15 


6

7

 14 
 
 15 

7


 5, 7


 t0  t1  ...  t6 t0 P 30.5, 7 172,37 0 C
150.4,18.172,37

mđ 
323, 58
334
Thay vào (*) ta được:
(g)

Câu 15
a. Nước có thể bay hơi ở 0°C và quá trình bay hơi này xảy ra nhanh khi áp suất mặt
thoáng giảm xuống rất thấp. Cho biết trong quá trình bay hơi này, cứ 1 kg nước ở 0°C
chuyển thành hơi thì 1 kg hơi nước đó đã lấy của phần lỏng cịn lại một nhiệt lượng 2,5.10 6
J. Hỏi khi có 100 g nước ở 0°C trong một chậu bị chuyển thành hơi như nêu trên thì phần
hơi nước đó đã lấy của khối nước còn lại trong chậu một nhiệt lượng bao nhiêu Jun.
b. Sự mất nhiệt năng của khối nước còn lại như nêu trên làm cho một phần của khối nước
đó động đặc thành nước đá ở 0°C. Cho biết để làm 1 kg nước ở 0°C bị đơng đặc hồn tồn
thành nước đá (ở 0°C) thì cần lấy ra khỏi khối nước đó một nhiệt lượng là 334000 J. Bỏ
qua sự trao đổi nhiệt lượng giữa thành chậu với khối “nước – nước đá” trong chậu và với
môi trường xung quanh. Hỏi quá trình bay hơi 100 g nước như trên có thể tạo thành được
bao nhiêu gam nước đá trong chậu?
c. Một bạn học sinh làm nước đá (đông đặc ở 0°C) từ một cốc nước có nhiệt độ ban đầu
lớn hơn 0°C. Bạn này đặt cốc nước đó vào trong một bình kín, sau đó dùng máy hút khơng
khí ra khỏi bình. Sự hút khí này làm giảm và duy trì áp suất khí rất thấp trong bình. Hãy giải
thích cách làm trên.
16 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664

a. Vì 1 kg nước ở 00C chuyển thành hơi thì 1 kg hơi nước đó đã lấy của phần lỏng còn lại
6

một nhiệt lượng 2,5.10 J.
Do lượng nước giảm 10 lần so với 1 kg nên khi có 100g nước ở 0 0C trong chậu bị chuyển
thành hơi như trên thì phần hơi nước đó đã lấy của khối nước còn lại trong chậu một
6

5

nhiệt lượng là 2,5.10 :10 2,5.10 j
b. Gọi m là khối lượng nước đá bị đơng đặc
Phương trình cân bằng nhiệt:
Qtoa Qthu  2,5.105 m.334000  m 0, 749

kg

Vậy m 0, 749

c. Khi áp suất trong bình giảm đến giá trị rất thấp, việc bay hơi của nước sẽ diễn ra
nhanh. Việc bay hơi này làm cho phần nước còn lại bị mất nhiệt lượng và nhiệt độ của
cốc nước sẽ giảm xuống. Khi nhiệt độ cốc nước giảm đến 0 0C thì nước trong cốc bắt đầu
đông đặc lại.
Câu 16
Một thau nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 20°C.
a) Thả vào thau nước một thỏi đồng khối lượng 200g lấy ra ở bếp lị. Nước nóng
đến 21,2°C. Tìm nhiệt độ của bếp lị? 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 tỏa nhiệt ra 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 0°C.
Nước đá có tan hết khơng? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống. Biết nhiệt nóng chảy

5
của nước đá là  3, 4.10 J / kg .
a. Gọi t là nhiệt độ ban đầu của bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng. Gọi m 1,
m2, m3, lần lượt là khối lượng của thau nhôm, của nước và của thỏi đồng. Ta có
m3=200g=0,2kg
Nhiệt lượng thau nhơm nhận được để tăng nhiệt độ từ 20oC đến 21,2oC:Q1 = m1c1(t2-t1)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng nhiệt độ từ 20oC đến 21,2oC: Q2 = m2c2(t2-t1)
Nhiệt lượng thỏi đồng toả ra khi giảm nhiệt độ từ t(oC) xuống 21,2oC: Q3 = m3c3(t-t2)

17 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
Vì bỏ qua sự toả nhiệt ra mơi trường xung quanh nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta
có : Q3 = Q1 + Q2
Hay :

m3c3(t-t2) = m1c1(t2-t1) + m2c2(t2-t1)

( m1 c 1 +m2 c 2 ) . ( t 2−t 1 )
=> t =

m3 c 3

+t 2

( 0,5. 880+2 . 4200 ) . ( 21,2−20 )
+21 . 2
0,2
.380

=
 160,78(oC)
b. Thực tế do có sự toả nhiệt ra mơi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết
lại : Q3 = Q1 + Q2 + 10%.(Q1 + Q2) = 1,1.(Q1 + Q2)
Hay :

m3c3(t’-t2) = 1,1.(m1c1 + m2c2)(t2-t1)

1,1. ( m1 c 1 + m2 c2 ) . ( t 2 −t 1 )
=> t’ =

m3 c3

+ t2

1,1. ( 0,5 . 880+2. 4200 ) . ( 21,2−20 )
+21. 2
0,2
.380
=
 174,74(oC)
c. Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 00C là :
Q  m 3, 4.105.0,1 34000 (J)

Nhiệt lượng cả hệ thống gồm chậu nhôm, nước, thỏi đồng tỏa ra giảm từ 21,2 0C xuống
00C là:
Q '  m1c1  m2 c2  m3c3   21, 2  0   0,5.880  2.4200  0, 2.380   21, 2  0  189019

(J)

Vì Q '  Q nên nhiệt lượng tỏa ra Q’ nên làm cho thỏi nước đá tan hết và cả hệ thống dâng
lên đến nhiệt t’’:
Q Q ' Q  m1c1   m2  m  c2  m3c3   t '' 0 
 t '' 

Q ' Q
189019  34000

16, 60 C
m1c1   m2  m  c2  m3c3 0,5.880   2  0,1 4200  0, 2.380

Câu 17
Cho một bình chứa đầy nước ở nhiệt độ t 0 = 40C, các viên nước đá có cùng khối
lượng m = 50 g và một khối nước đá chưa biết khối lượng (viên nước đá và khối nước đá
đều có nhiệt độ là 0°C). Thả viên nước đá thứ nhất vào bình thì lượng nước trào ra ngoài
18 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
có khối lương là m. Sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ nước trong bình là t 1=34oC. Coi
rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa nước đá và phần nước cịn lại trong bình.
a) Tìm khối lượng nước ban đầu trong bình.
b) Thả tiếp khối nước đá vào bình. Khi cân bằng nhiệt, khối nước đá tan hết và
nhiệt độ của nước trong bình là t x. Thả tiếp viên nước đá thứ hai vào bình, khi cân bằng
nhiệt, viên nước đá tan hết và nhiệt độ của nước trong bình là t 2. Viết biểu thức nhiệt độ t2
theo tx.
c) Thả tiếp viên nước đá thứ 3 thì thấy viên nước đá khơng tan hết. Nhìn bằng mắt
thì khơng rõ viên thứ 3 đã tan được một lượng bao nhiêu. Tìm điều kiện của t x thỏa mãn
bài toán.
Biết nhiệt dung riêng của nước là c = 4200 J/(kg.K), nhiệt lượng mà mỗi kg nước

đá cần thu vào để tan chảy hoàn toàn ở 0oC là 336000 J.
a. Phương trình cân bằng nhiệt:
Qthu Qtoa
 m  mc  t1  t   M  m  c  t0  t1 
 50.10 3.336000  50.10 3.4200.  34  0   M  50.10  3  .4200.  40  34 
 M 1(kg )

Vậy khối lượng nước ban đầu trong bình là: M=1 (kg)
b. Khi thả viên đá thứ 2, ta có phương trình cân bằng nhiệt:
Qthu Qtoa
 m  mc  t2  t   M  m  c  t2  t x 
 50.10 3.336000  50.10 3.4200.  t2  0   1  50.10  3  .4200.  t x  t2 
 t2 

19
tx  4
20

c. Khi thả viên đá thứ 3:
Qthu m 50.10 3.336000 16800
 19
 7581
Qtoa  M  m  c  t2  0   1  50.10 3  .4200.  t x  4  
t x  15960
2
 20

7581
 Qthu  Qtoa  16800 
t x  15960  t x  8, 640 C

2

Câu 18
Một ống chia độ chứa một lượng nước ở nhiệt độ t0 = 300C. Nhúng ống chứa nước
này vào m1 = 1000g rượu ở nhiệt độ t1 = -100C. Khi có cân bằng nhiệt thì trong ống chứa
cả nước và nước đá, khi đó thể tích hỗn hợp trong ống tăng thêm 5cm 3. Cho rằng chỉ có
sự trao đổi nhiệt giữa nước và rượu. Biết nhiệt dung riêng của nước và rượu lần lượt là c 0
= 4200J/kgK và c1 = 2500J/kgK; khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là D 0 =
5
1000kg/m3 và D1 = 800kg/m3, nhiệt nóng chảy của nước đá là  3,3.10 J / kg .

19 / 22


Tham khảo thêm tại Fb Đặng Hữu Luyện - Zalo/SĐT 0984024664
a) Xác định nhiệt độ của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt và giải thích tại sao thể
tích của hỗn hợp lại tăng?
b) Xác định thể tích của nước chứa trong ống khi có cân bằng nhiệt.
a. - Khi có cân bằng nhiệt thì trong ống chứa cả nước và nước đá nên nhiệt độ khi có cân
bằng là 00C.
- Thể tích hỗn hợp tăng là do thể tích của lượng nước đã hóa đá.
b. Gọi khối lượng của nước đá đã hóa ra là m.
m
m

5.10 6 m3  m 0, 02kg
Ta có: 800 1000

Gọi khối lượng nước trong ống lúc đầu là m0. Nhiệt lượng tỏa ra do nước giảm nhiệt độ
Q

4200.m . 30  0  0, 02.3,3.105


0 
từ 300C xuống 00C và nóng chảy là: toa
Lượng nhiệt thu vào là do rượu thu để tăng nhiệt độ từ -100C lên 00C:
Qthu 2500.1.  0    10  

Phương trình cân bằng nhiệt: Qtoa Qthu  m0 0,146kg
Thể tích nước trong ống sau khi cân bằng nhiệt là:
V

m0  m
0, 000126m3 126cm3
Dn

Câu 19
Một cục nước đá ở nhiệt độ t1 = -5°C được dìm ngập hoàn toàn vào một cốc nước
ở nhiệt độ t2, khối lượng của nước bằng khối lượng của nước đá bằng m (kg). Coi rằng
chỉ có nước và nước đá trao đổi nhiệt với nhau. Cốc đủ thể tích để nước khơng bị tràn khi
dìm nước đá trong nước. Cho biết nhiệt dung riêng, nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt
5
là c1 = 1800 J/(kg.K);  3, 4.10 J/kg.K; nhiệt dụng riêng của nước là c2 = 4200 J/kg.K.
a) Nhiệt độ sau cùng của hệ khi cân bằng nhiệt có thể nhỏ hơn 0°, bằng 0° hoặc
lớn hơn 0°C. Tìm điều kiện của t2 .
b) Cho t2 = 50°C. Tìm khối lượng của nước trong bình khi cân bằng nhiệt.
a. Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5oC đến 0oC là:
Q1 = c1m[0 - (-5)] = 1800.5.m = 9000m
Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn:

Q2 = λm = 340000mm = 340000m
Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t2 xuống 0oC:
Q3 = c2mt2 = 4200.t2.m
- TH1: Để nhiệt độ cân bằng nhỏ hơn 0oC thì Q1 > Q2 + Q3.
Hay 9000m > 340000m + 4200.t2.m

20 / 22