chuyên đề phân loại và phương pháp giải các bài tập nhiệt học

PHÒNG GD & ĐT VĨNH YÊN
TRƯỜNG THCS VĨNH YÊN

CHUYÊN ĐỀ
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TẬP NHIỆT HỌC

Người thực hiện:TẠ THỊ GIANG
Tổ: KHTN

Vĩnh Yên, tháng 01 năm 2012
MỤC LỤC
1


PHẦN
Phần thứ nhất
I
1
2
II
III
IV
V
Phần thứ hai
A
I
1
2
II
1

2
3
B
I
II
III
IV
V
Phần thứ ba

NỘI DUNG
Mở đầu
Lý do chọn chuyên đề
Lý do khách quan
Lý do chủ quan
Mục đích của chuyên đề
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nhiệm vụ nghiên cứu
Các phương pháp nghiên cứu
Nội dung chuyên đề
NỘI DUNG
Cơ sở khoa học của chuyên đề
Cơ sở lý luận
Cơ sở thực tiễn
Nội dung chuyên đề
Hình thành cho học sinh một hệ thống kiến thức cơ sở
vững vàng sâu sắc
Các bước giải bài tập Vật lý
Phân loại và phương pháp giải các bài tập Nhiệt học
Ứng dụng vào thực tiễn

Quá trình áp dụng của bản thân
Hiệu quả khi áp dụng chuyên đề
Vận dụng vào một giờ dạy cụ thể
Những bài học kinh nghiệm được rút ra
Kiến nghị
Kết luận
TÀI LIÊU THAM KHẢO

TRANG
3
3
3
3
4
4
4
4
5
5
5
5
5
6
6
6
7
29
29
29
30

36
36
37
38

PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU
2


I. LÝ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
1. Lý do khách quan
Trong sự nghiệp đổi mới công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước hiện nay con
người và nguồn nhân lực được coi là nhân tố quan trọng hàng đầu quyết định sự
phát triển nhanh, hiệu quả và bền vững. Vì vậy việc đào tạo nguồn nhân lực, bồi
dưỡng nhân tài vừa là đòi hỏi cấp bách của xã hội đối với ngành giáo dục, đặc biệt
khi Việt Nam đã trở thành một thành viên của tổ chức thương mại thế giới (WTO).
Do đó công tác giáo dục nói chung đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi nói
riêng đòi hỏi mỗi giáo viên phải tìm tòi, lựa chọn những phương pháp dạy học
không chỉ trang bị cho học sinh những phương pháp học tập và nghiên cứu sao cho
phù hợp để đạt hiệu quả cao trong giảng dạy.
2. Lý do chủ quan
Nhiệt học được coi là phần kiến thức ngắn gọn và dễ hiểu nhất trong 4 phần
Cơ - Nhiệt - Điện - Quang. Tuy nhiên, khi học sinh bắt tay vào làm những bài tập
phần nhiệt đặc biệt là bài tập khó, học sinh vẫn gặp nhiều khó khăn và sai sót với
những biểu thức toán học cồng kềnh và những con số tương đối lớn.
Để giúp học sinh khắc phục những khó khăn thường gặp trên và thêm tự tin
trước những đề thi học sinh giỏi. Bản thân tôi thấy rằng việc giúp học sinh nắm
vững kiến thức cơ bản và có phương pháp giải phù hợp với từng loại bài trong mỗi
phần kiến thức là quan trọng và có ý nghĩa thiết thực.
Xuất phát từ nhận thức trên, tôi mạnh dạn chọn chuyên đề “Phân loại và

phương pháp giải các bài tập Nhiệt học”

II. MỤC ĐÍCH CỦA CHUYÊN ĐỀ
3


- Qua nghiên cứu để tìm ra phương pháp dạy học tối ưu theo hướng đổi mới,
góp phần làm cho việc dạy vật lý có hiệu quả hơn.
- Hình thành các kỹ năng trình bày khoa học, lôgíc, kỹ năng giải các bài tập
đặc biệt là kỹ năng tổng hợp, khái quát hoá. Biết kết hợp các phương pháp giải cụ
thể để giải các bài tập mới.
- Phát hiện những học sinh có khả năng để bồi dưỡng trong đội tuyển của nhà
trường và thành phố.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
+ Đối tượng: Đội tuyển học sinh giỏi vật lý lớp 8,9
+ Phạm vi: chuyên đề áp dụng cho bồi dưỡng học sinh giỏi.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
+ Giáo viên: giáo viên hiểu, nắm vững các kiến thức cơ bản của bộ môn vật lý
cũng như phương pháp dạy học đặc trưng của bộ môn.
+ Học sinh: nắm được những kiến thức cơ bản của bộ môn vật lý, đặc biệt là
các phương pháp giải bài tập nhiệt học.
V. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Sưu tầm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi bậc THCS, lớp 10 THPT chuyên.
- Đọc và nghiên cứu tài liệu, đặc biệt là các đề thi vào THPT chuyên.
- Sử dụng phương pháp tổng hợp.
- Đúc rút qua thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Tham khảo ý kiến và học tập kinh nghiệm của các đồng nghiệp.

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
4

A. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ KHOA HỌC CỦA CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
- Giữa vô vàn các bài tập vật lý hay và khó, việc tìm ra những phương pháp
giải chung và cụ thể là cần thiết và đặc biệt quan trọng giúp học sinh tự tin chiếm
lĩnh tri thức mới.
- Việc phân loại và đưa ra phương pháp giải các dạng bài tập giúp học sinh tự
bồi dưỡng kiến thức nền cho bản thân, chuẩn bị cơ sở tốt cho giai đoạn luyện tập
nâng cao hơn nhằm đáp ứng yêu cầu trong các kỳ thi học sinh giỏi.
- Nắm chắc được phương pháp giải các dạng bài tập nhiệt học giúp học sinh
vận dụng kiến thức vào thực tế đời sống, giải quyết những thắc mắc hoặc vấn đề mà
thực tế đời sống đòi hỏi.
Vì vậy tôi mạnh dạn xây dựng chuyên đề này với mong muốn trao đổi với các
đồng chí về phương pháp dạy học để nâng cao chất lượng bồi dưỡng cho học sinh,
đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi.
2. Cơ sở thực tiễn
- Trường THCS Vĩnh Yên ngoài việc đào tạo học sinh phát triển toàn diện
theo mục tiêu đào tạo chung thì công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là một trong những
nhiệm vụ hàng đầu. Bởi vậy nhà trường đã được UBND TP, Phòng giáo dục và đào
tạo cho tuyển chọn các em học sinh giỏi trên toàn thành phố. Tuy nhiên qua thực
tiễn giảng dạy tôi nhận thấy:
+ Học sinh khi vận dụng kiến thức mới vào giải các bài tập nhiệt học kể cả
những bài tập đơn giản còn gặp nhiều lúng túng và sai sót, đặc biệt là các bài
tập mang tính khái quát cao.
+ Học sinh dễ nhầm lẫn bản chất của các hiện tượng hoặc không hiểu bản
chất một số hiện tượng ít gặp.
+ Nếu học sinh nắm được phương pháp giải các dạng bài tập thường gặp thì
học sinh dễ quên và gặp khó khăn ngay cả khi gặp lại bài tập đã làm.

Vì vậy tôi viết chuyên đề này để đồng nghiệp cùng tham khảo, đóng góp ý
kiến cho hoàn thiện nội dung, góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy học của
bộ môn và hoàn thành nhiệm vụ giáo dục.

II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
5


Trên cơ sở thực tiễn và lý luận đã phân tích ở trên tôi thấy việc phân loại và
đưa ra phương pháp giải cho từng dạng bài tập phần nhiệt học ( mặc dù chỉ là tương
đối) là cần thiết cho học sinh. Để thực hiện được nội dung trên một cách có hiệu quả
trước hết phải:
1. Hình thành cho học sinh một hệ thống kiến thức cơ bản vững vàng.
Đó là việc hình thành các khái niệm, các định luật, các tính chất, các công thức
về nhiệt lượng; nhiệt năng; sự chuyển thể của chất...
2. Các bước giải một bài toán Vật lý.
Bước 1: Tìm hiểu đề bài
- Đọc kỹ đề bài, tóm tắt bài toán (nếu cần).
- Vẽ hình của bài toán (nếu cần).
Bước 2: Phân tích hiện tượng vật lý
- Xác định xem kiến thức trong đề bài liên quan đến những khái niệm
nào, định luật nào?
- Đối với những hiện tượng vật lý phức tạp cần phải phân tích thành
những hiện tượng đơn giản.
- Tìm xem hiện tượng vật lý diễn biến qua những giai đoạn nào? Mỗi
giai đoạn tuân theo những quy tắc nào?
Bước 3: Xây dựng lập luận cho việc giải bài tập.
- Trình bày hệ thống chặt chẽ lập luận, lôgíc để tìm mối liên hệ giữa
những đại lượng đã cho và đại lượng phải tìm.
- Lập các công thức có liên quan giữa các đại lượng đã biết và đại lượng

phải tìm, rồi thực hiện các phép biến đổi toán học để đưa ra một công
thức chỉ chứa các đại lượng đã biết và phải tìm.
- Thay số để tìm giá trị đại lượng phải tìm.
Bước 4: Biện luận kết quả
- Sau khi tìm được kết quả, cần rút ra nhận xét về giá trị thực của kết quả.
3. Phân loại và phương pháp giải các bài tập Nhiệt học.
Phần Nhiệt học có thể chia thành các dạng bài toán sau:
+ Bài toán có sự trao đổi nhiệt của hai hay nhiều chất
+ Bài toán có sự chuyển thể của các chất
+ Bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu
+ Bài toán đồ thị biểu diễn sự tương quan giữa các đại lượng đặc trưng
+ Bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường
+ Bài toán sử dụng khái niệm nhiệt dung
a) DẠNG I :
BÀI TOÁN VỀ CÓ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT CỦA HAI HAY NHIỀU CHẤT
* Phương pháp giải:
• Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt.
• Tính nhiệt lượng các chất toả ra, thu vào theo công thức.
6


• Áp dụng phương trình cân bằng(PTCB) nhiệt và dữ kiện bài toán, suy ra ẩn
số phải tìm.
* Bài tập mẫu
Bài 1 :
Thả 300g chì ở 1000C vào 250g nước ở 58,50C làm cho nước nóng lên tới
600C. Cho nhiệt dung riêng của nước là 4 190J/kg.K.
a) Hỏi nhiệt độ của chì ngay khi có cân bằng nhiệt ?
b) Tính nhiệt lượng nước thu vào.
c) Tính nhiệt dung riêng của chì.

Tóm tắt
m1 = 300g=0,3kg
t1 = 1000C
m2 = 250g=0,25kg
t2 = 58,50C
t = 600C
C2= 4 190J/kg.K
a) tcb= ?
b) Q2= ?
c) C1= ?

Bài giải
a) Nhiệt độ của chì ngay khi có cân bằng nhiệt cũng là
nhiệt độ cuối của nước ( khi nước đã nóng lên), nghĩa là
bằng 600C.
b) Nhiệt lượng nước thu vào :
Qthu vào = m2C2( t - t2) =
= 0,25. 4 190. (60 - 58,5) = 1 571,25 (J)
c) Nhiệt lượng chì toả ra là :
Qtoả ra = m1C1( t1- t) = 0,3.C1.(100 - 60) = 12C1(J)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Qtoả ra = Qthu vào
Hay 12C1= 1571,25
⇒ C1 ≈ 130,94 (J/kg.K)
Vậy nhiệt dung riêng của chì là : 130,94 J/kg.K

Bài 2 :
Một nhiệt lượng kế chứa 2 lít nước ở nhiệt độ 15 0C. Hỏi nước nóng lên tới
bao nhiêu độ nếu bỏ vào nhiệt lượng kế một quả cân bằng đồng thau khối lượng
500g được nung nóng tới 1000C.

Bỏ qua nhiệt lượng truyền cho nhiệt lượng kế và môi trường bên ngoài.
Lấy nhiệt dung riêng của đồng thau là 368J/kg.K, của nước là 4 186J/kg.K. Khối
lượng riêng của nước là 1 000kg/m3.
Tóm tắt
V1= 2l = 0,002m3
D1= 1000kg/m3
t1=150C
m2=500g= 0,5kg
t2= 1000C
C1= 4186J/kg.K
C2= 368J/kg.K
t= ?

Bài giải :
Khối lượng của nước là :
m1= D1.V1= 1000.0,002 = 2 (kg)
Nhiệt lượng nước thu vào là :
Qthu vào = m1C1 (t - t1)
Nhiệt lượng quả cân toả ra là :
Qtoả ra = m2C2 ( t2- t)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Qtoả ra = Qthu vào
7


Hay m2C2( t2 - t) = m1C1( t - t1)

m1C1t1 + m2 C 2 t 2
m1C1 + m2 C 2
2.4186.15 + 0,5.368.100

≈ 16,830 C
Thay số : t =
2.4186 + 0,5.368
⇒ t=

Vậy nước nóng lên tới 16,830C
Bài 3 :
Một hỗn hợp gồm 3 chất lỏng không có tác dụng hoá học với nhau có khối
lượng lần lượt là : 1kg, 2kg và 3kg. Biết nhiệt dụng riêng và nhiệt độ của chúng lần
lượt là : 2000J/kg.K và 100C ; 4000J/kg.K và 100C ; 3000J/kg.K và 500C.
Hãy tìm :
a) Nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng nhiệt?
b) Nhiệt lượng để làm nóng hỗn hợp từ điều kiện ban đầu đến 300C?
Tóm tắt
m1=1kg
m2=2kg
m3=3kg
t1=t2=100C
t3=500C
C1=2000J/kg.K
C2=4000J/kg.K
C3=3000J/kg.K
a) t= ?
b) Q=?

Bài giải :
a) Gọi t là nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt.
Nhiệt lượng chất lỏng 1 thu vào là :
Q1= m1C1(t–t1) = 1.2000.(t-10) = (2000t–20000)(J)
Nhiệt lượng chất thứ 2 thu vào là :

Q2=m2C2(t–t2) = 2.4000.(t-10) = (8000t–80000)(J)
Nhiệt lượng chất thứ 3 toả ra là :
Q3= m3C3(t3-t) = 3.3000.(50-t) = (450000–9000t)(J)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Q1+Q2=Q3
hay :
2000t–20000+8000t–80000 = 450000–9000t
⇒ 10000t–100000 = 450000–9000t
⇒ 19000t = 550000
⇒ t ≈ 28,950C
Vậy nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 28,950C
b) Gọi Q là nhiệt lượng cần thiết để làm nóng hỗn hợp
đến 300C.
Nhiệt lượng chất 1 thu vào để tăng nhiệt độ đến 300C là:
Q1/= m1C1(30 – t1) = 1.2000.(30-10)= 40000(J)
Nhiệt lượng chất 2 thu vào để tăng nhiệt độ đến 300C là:
Q2/= m2C2(30 – t2) = 2.4000.(30 - 10) = 160000(J)
Nhiệt lượng chất 3 toả ra để giảm nhiệt độ xuống 300C
là :
Q3/=m3C3(t3 - 30)= 3.3000.(50-30) = 180000(J)
Áp dụng PTCB nhiệt ta có:
Q+Q3/=Q1/+Q2/
8


hay :
Q= 40000+160000- 180000= 20000(J)
Vậy nhiệt lượng cần cung cấp là 20000J
Bài 4 :
Một chiếc ca không 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 t 1= 20
0
C, ở thùng II là t2 = 800C. Thùng chứa III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t 3 =
400C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt
lượng ra môi trường xung quanh. Hãy tính số ca nước cần múc ở thùng I và thùng
II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 500C ?
Bài 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 500C
Nhiệt lượng thu vào của số nước ở thùng I là :
Q1 = m1.C.(50-20) = n1.m.C.30 (1)
Nhiệt lượng tỏa ra của số nước ở thùng II là :
Q2 = m2.C.(80-50) = n2.m.C.30 (2)
Nhiệt lượng thu vào của số nước ở thùng III là :
Q3 =(n1+n2).m.C.(50 - 40) = (n1+n2).m.C.10 (3)
Do quá trình là cân bằng nên ta có :
Q1 + Q3 = Q2
(4)
Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được:
30n1mC + 10(n1 + n2)mC = 30n2mC
⇔ 40n1 = 20n2 hay 2n1= n2
Như vậy nếu múc ở thùng I: n ca thì phải múc ở thùng II: 2n ca và số
nước có sẵn trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương )
Bài 5
Có 2 bình cách nhiệt. Bình 1 chứa m 1=2kg nước ở t1=200C, bình 2 chứa m2 =
4kg nước ở t2= 600C. Người ta rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2. Sau khi
cân bằng nhiệt, người ta lại rót một lượng nước m như thế từ bình 2 sang bình 1.
Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là t1/=21,950C.

a. Tính lượng nước m trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng của bình 2.
b. Nếu tiếp tục thực hiện lần thứ hai, tìm nhiệt độ cân bằng của mỗi bình.
Bài giải :
a) Sau khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của bình
/
2 là t2 . Ta có:
m.(t2/ - t1) = m2(t2 – t2/)(1)
Ở lần rót tiếp theo, nhiệt độ cân bằng của bình 1 là t 1/. Lúc này lượng nước
trong bình 1 chỉ còn (m1 - m).
Do đó:
9


(m1 – m)(t2/ - t1) = m1(t1/ - t1)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
m2t2 − m1 (t1/ − t1 )
(3)
t2 =
m2
/

Thay (3) vào (2) ta rút ra:
m1m2 (t1/ − t1 )
m=
m2 (t2 − t1 ) − m1 (t1/ − t1 )

Thay số liệu vào các phương trình (3), (4) ta nhận được kết quả:
t2/= ≈ 590 C
m= 0,1kg = 100g
b) Bình 1 có nhiệt độ t1/= 21,950C, bình 2 có nhiệt độ t2/ = 590C nên sau lần rót

từ bình 1 sang bình 2 từ PTCB nhiệt ta suy ra:
t2

//

mt1/ + m2t2 /
= 58,120 C
=
m + m2

Và cho lần rót từ bình 2 sang bình 1:
mt2 / + (m1 − m)t1
= 23, 760 C
t1 =
m1
//

Bài 6:
Ba bình nhiệt lượng kế đựng ba chất lỏng khác nhau có khối lượng bằng nhau
và không phản ứng hoá học với nhau. Nhiệt độ chất lỏng ở bình 1, bình 2 và bình 3
lần lượt là t1=150C, t2=100C, t3=200C.
Nếu đổ ½ chất lỏng ở bình 1 vào bình 2 thì nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng
nhiệt là t12=120C. Nếu đổ ½ chất lỏng ở bình 1 vào bình 3 thì nhiệt độ hỗn hợp khi
cân bằng nhiệt là t13=190C.
Hỏi nếu đổ lẫn cả 3 chất lỏng với nhau thì nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng
nhiệt là bao nhiêu? Bỏ qua nhiệt lượng trao đổi nhiệt với môi trường. Các bình nhiệt
lượng kế làm bằng chất có nhiệt dung riêng nhỏ không đáng kể và thể tích của bình
đủ lớn để chứa được cả 3 chất lỏng.
Bài giải
Gọi khối lượng nước ở mỗi bình là m.

- Khi đổ ½ chất lỏng ở bình 1 vào bình 2, ta có PTCB nhiệt:
m
C1 (t1 − t12 ) = mC2 (t12 − t2 )
2
C t + 2C2t2 15C1 + 20C2 =12
→ t12 = 1 1
=
C1 + 2C2
C1 + 2C2
→ C2 = 0, 75C1 (1)

- Khi đổ ½ chất lỏng từ bình 1 vào bình 3, ta có PTCB nhiệt:

10


m
C1 (t13 − t1 ) = mC3 (t3 − t12 )
2
C t + 2C3t3 15C1 + 40C3 =19
→ t13 = 1 1
=
C1 + 2C3
C1 + 2C3
→ C3 = 2C1 (2)

Vậy khi đổ lẫn cả ba chất lỏng với nhau thì nhiệt độ hỗn hợp sẽ là:
t=

C1t1 + C2t2 + C3t3

C1 + C2 + C3

Thay giá trị số và sử dụng (1) và (2) ta được:
t=

C1.15 + 0, 75C1.10 + 2C1.20
≈ 16, 70 C
C1 + 0, 75C1 + 2C1

Vậy nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt là 16,70C.

b) DẠNG II :
BÀI TOÁN CÓ SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT
* Phương pháp giải
• Xác định quá trình chuyển thể của các chất.
• Biện luận để xác định nhiệt độ chung khi có cân bằng nhiệt (có thể biện luận
trước khi tính toán hoặc trong khi tính toán tuỳ thuộc vào điều kiện mà bài
toán ra)
• Tính nhiệt lượng vật toả ra, thu vào ứng với mỗi quá trình tăng, giảm nhiệt
độ và chuyển thể của chất.
• Áp dụng PTCB nhiệt và dữ kiện bài toán, suy ra ẩn số phải tìm.
* Chú ý :
- Khi các chất chuyển thể thì thể tích của nó có thể thay đổi nhưng khối lượng
của nó là không đổi.
- Trong suốt quá trình chuyển thể nhiệt độ của chất không thay đổi.
* Bài tập mẫu
Bài 1 :
Bỏ một cục nước đá đang tan vào một nhiệt lượng kế chứa 1,5kg nước ở
0
30 C. Sau khi có cân bằng nhiệt người ta mang ra cân lại, khối lượng của nó chỉ còn

lại 0,45kg. Xác định khối lượng cục nước đá ban đầu ?
Biết Cnước= 4200J/kg.K ; λ nước đá= 3,4.105J/kg. ( bỏ qua sự mất mát nhiệt).
Tóm tắt
m1= 1,5kg
t1= 300C
m= 0,45kg
Cnước= 4200J/kg.K

Bài giải
Gọi m0 là khối lượng cục nước đá ban đầu.
Vì nước đá không tan hết nên nhiệt độ của hệ khi có
cân bằng nhiệt là 00C.
Nhiệt lượng phần nước đá tan thu vào là
11


λ nước đá= 3,4.105J/kg

m0= ?

Q= (m0 - m) λ = 340000(m0 - 0,45)(J)
Nhiệt lượng nước toả ra là
Q1= m1Cn( t1- 0)= 1,5.4200.30 = 189000(J)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Q=Q1 hay 340000(m0 - 0,45)= 189000
⇒ m0= 1kg
Vậy khối lượng cục nước đá ban đầu là 1kg.

Bài 2:
Người ta đổ m1(kg) nước ở 600C vào m2(kg) nước đá ở nhiệt độ -50C. Khi có

cân bằng nhiệt, lượng nước thu được là 50kg có nhiệt độ 250C. Tính m1, m2 ?
Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là: 4200J/kg.K và
2100J/kg.K ; nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.105J/kg.
Tóm tắt
Bài giải
0
t1= 60 C
Nhiệt lượng m1 kg nước toả ra là
0
t2= -5 C
Q1= m1C1(t1 - t)= m1.4200.35 = 147000m1(J)
m= 50kg
Nhiệt lượng m2kg nước đá thu vào để tăng từ -50C
t = 250C
đến 00C là
C1= 4200J/kg.K
Q2= m2C2(t - t2)= m2.2100.5 = 10500m2(J)
C2= 2100J/kg.K
Nhiệt lượng m2kg nước đá thu vào để tan hoàn toàn là
5
λ = 3,4.10 J/kg
Q3= m2 λ = 340000m2(J)
m1= ?
Nhiệt lượng m2kg nước thu vào để tăng từ 00 đến
m2= ?
250C là
Q4= m2C1(t - 0) = 4200.25.m2=105000m2(J)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có
Q1= Q2+Q3+Q4
Hay 147000m1= 10500m2+340000m2+ 105000m2

147m1= 455,5m2 ⇒ m1 ≈ 3,1m2 (1)
Mặt khác :
m1+m2= m = 50 (2)
Từ (1) và (2) suy ra :
m1= 37,8kg
m2= 12,2kg
Vậy khối lượng ban đầu của nước và nước đá lần
lượt là : 38,78kg và 12,2kg.
Bài 3:
Dẫn 100g hơi nước ở 100 0C vào bình cách nhiệt đựng nước đá ở -4 0C. Nước
đá bị tan hoàn toàn và lên đến 100C. Tìm khối lượng nước đá có trong bình ?
Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.10 5J/kg ; nhiệt hoá hơi của nước ở
1000C là 2,3.106J/kg ; nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K ; của nước đá
2100J/kg.K.
Tóm tắt
Bài giải
m1= 100g= 0,1kg
Gọi m2 là khối lượng nước đá cần tìm.
12


t1= 1000C
t2= -40C
t= 100C
λ =3,4.105J/kg.K
L= 2,3.106(J/kg)
C1= 4200J/kg.K
C2= 2100J/kg.K
m2= ?

Nhiệt lượng hơi nước toả ra để giảm nhiệt độ xuống 100C
là :
Qtoả= m1L+m1C1(t1 - t)
=0,1.2,3.106+0,1.4200.90=
= 230 000+37 800= 267 800(J)
Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ đến 100C
là :
Qthu=m2C2(0 - t2)+m2 λ
=m2.2100.4+m2.3,4.105+m2.4200.10=
=8400m2+ 340 000m2+ 42 000m2=
=390 400m2(J)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Qtoả= Qthu hay
267 800=390400m2 ⇒ m2= 0,686(kg)
Vậy khối lượng nước đá có trong bình là:0,686kg

Bài 4:
Có 3 bình nhiệt lượng kế, mỗi bình đều chứa M= 20g nước ở cùng nhiệt độ.
Người ta còn thả vào mỗi bình nhiệt lượng kế một cục nước đá có khối lượng khác
nhau nhưng có cùng nhiệt độ.
Thả vào bình 1 cục nước đá có khối lượng m 1= 10g. Khi có cân bằng nhiệt,
khối lượng nước đá ở bình 1 còn lại là m 1/= 9g. Thả vào bình 2 cục nước đá có khối
lượng m2= 20g. Khi có cân bằng nhiệt, khối lượng nước đá ở bình 2 không đổi.
Thả vào bình 3 cục nước đá có khối lượng m 3 = 40g thì khi có cân bằng nhiệt
khối lượng nước đá trong bình 3 là bao nhiêu?
Bài giải:
Sau khi thiết lập cân bằng nhiệt, trong bình 1 và bình 2 tồn tại cả nước và
nước đá nên nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 00C.
Vì thả vào bình 2, 20g nước đá mà khi cân bằng nhiệt, lượng nước đá đó
không đổi nên khi thả 40g nước đá vào bình 3 phải có một phần nước hoá đá là m4.

Vậy khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ bình này cũng là 00C.
Gọi nhiệt dung riêng và nhiệt độ ban đầu của nước và nước đá lần lượt là: C 1, t1 và
C2, t2 (t2<0)
Phương trình cân bằng nhiệt ở bình 1 là:
MC1(t1 - 0) = m1C2(0 – t2) + (m1 – m1/) λ (1)
Phương trình cân bằng nhiệt ở bình 2 là:
MC1 (t1 − 0) = m2C2 (0 − t2 ) (2)
Phương trình cân bằng nhiệt ở bình 3 là:
M C1 (t1 − 0) + m4 λ = m3C2 (0 − t2 ) (3)
Từ phương trình (1) và (2), ta có:
− m1C2t2 + ( m1 − m1/ )λ = − m2C2t2

13


→λ =

(m1 − m2 )C2t2
(4)
(m1 − m1/ )

Thay (2) và (4) vào (3) ta được:

m1 − m2
C2t2 = − m3C2t2
(m1 − m1/ )
m − m2
→ m4 = 3
(m1 − m1/ )
m2 − m1

− m2C2 t2 + m4 .

Vậy lượng nước đá có trong bình 3 khi cân bằng nhiệt là:
m3 + m4 = m3 +

m3 − m2
( m1 − m1/ )
m2 − m1

Thay số :
(m3 + m4 ) = 40 +

40 − 20
(10 − 9) = 42 g
20 − 10

Vậy khối lượng nước đá trong bình 3 là 42g.
Bài 5 :
Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25cm ở nhiệt độ -20 0C.
Người ta rót nhanh một lượng nước vào bình tới khi mặt nước cách đáy bình 45cm.
Khi đã cân bằng nhiệt mực nước trong bình giảm đi 0,5cm so với khi vừa rót.
Cho biết khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là 1000kg/m 3 và
900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, của nước đá là 2100J/kg.K,
nhiệt nóng chảy của đá là 3,4.105J/kg.
Xác định nhiệt độ của nước rót vào ?
Tóm tắt
h1= 25cm= 0,25m
t1= -200C
h = 45cm= 0,45m
∆ h= 0,5cm= 0,005m

D1= 900kg/m3
D2= 1000kg/m3
C2= 4200J/kg.K
λ = 3,4.105J/kg
t2= ?

Bài giải
Khi cân bằng nhiệt mực nước giảm đi chứng tỏ một
phần nước đá bị nóng chảy và nhiệt độ khi cân bằng nhiệt
là t = 00C.
Gọi S là diện tích đáy của hình trụ
a là chiều cao cột nước đá bị nóng chảy.
Sau khi nóng chảy nó có chiều cao là (a- ∆ h) nhưng khối
lượng vẫn không thay đổi, nghĩa là :
D1.S.a = D2.S. (a - ∆ h)
⇒ a=

D2
1000
∆h =
0,5 = 5(cm)
D2 − D1
1000 − 900

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ đến 00C là
Q1= m1C1(t - t1)= D1 .S.h1.C1.20 (J)
Nhiệt lượng phần nước đá có chiều cao a thu vào để nóng
chảy là
Q2= S.a.D1. λ (J)
Nhiệt lượng nước toả ra để giảm nhiệt độ từ t2 đến 00C là

Q3= D2S.(h - h1). C2.(t2 - t)= D2S(h - h1).C2.t2
(J)
14


Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Q3 = Q2 + Q1
Hay : D1Sh1C1.20 + SaD1 λ = D2S(h - h1)C2t2
t2 =
D1Sh1C1.20 + SaD1λ 900.0,25.2100.20 + 0,05.900.3,4.105
=
≈ 29,50 C
D2 S (h − h1 )C2
1000.0,2.4200

Vậy nhiệt độ của nước rót vào là 29,50
Bài 6
Một ống nghiệm hình trụ, đựng nước đá đến độ cao h 1=40cm. Một ống
nghiệm khác đựng nước ở nhiệt độ 4 0C đến độ cao h2=10cm. Người ta rót hết nước
ở ông nghiệm thứ 2 vào ống nghiệm thứ nhất. Khi có cân bằng nhiệt, mực nước
trong ống nghiệm dâng cao thêm ∆ h1=0,2cm so với lúc vừa rót xong. Tính nhiệt độ
ban đầu của nước đá ?
Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, của nước đá là 2000J/kg.K ;
nhiệt nóng chảy nước đá là 3,4.105J/kg ; khối lượng riêng của nước và nước đá lần
lượt là 1000kg/m3 và 900kg/m3. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.
Tóm tắt
Bài giải
h1= 40cm
Mực nước dâng thêm chứng tỏ có một phần nước bị đông đặc và
0

t2= 4 C
nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt là 00C.
h2= 10cm
Gọi S là tiết diện ống nghiệm
∆ h1= 0,2cm
h là chiều cột nước bị đông đặc
C1=
Sau khi đông đặc cột nước có chiều cao h+ ∆ h1, nhưng khối
4200J/kg.K
lượng vẫn không thay đổi, nghĩa là:
C2=
S.h.D1 = S.(h+ ∆ h1).D2
D2
900
2000J/kg.K
.∆h1 =
.0,2 = 1,8(cm)
⇒ h=
λ=
D1 − D2
1000 − 900
3,4.105J/kg
Nhiệt lượng của nước toả ra để giảm nhiệt độ đến 00C
D1= 1000J/kg
Q1= C1.S.D1.h2.(t2 - 0)
D2= 900J/kg Nhiệt lượng của phần nước có độ cao h toả ra để đông đặc ở 00C
t1=?
là
Q2= λ .S.D1.h
Nhiệt lượng của nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t1 đến 00C

là:
Q3= C2.S.h1.D2(0 - t1)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q1+Q2=Q3
C1SD1h2t2+ λ SD1h = C2Sh1D2(-t1)
(C1h2t2 + λh).D1
(4200.0,1.4 + 3,34.105.0,018)1000
⇒ t1 = −
=−
= −10,680 C
C2 h1D2
2000.0,4.900

Vậy nhiệt độ ban đầu của nước đá là -10,680C
15


c) DẠNG III:
BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NĂNG SUẤT TOẢ NHIỆT CỦA
NHIÊN LIỆU
* Phương pháp giải
Qi

- Vận dụng các công thức Q = mq, H = Q và các phép biến đổi toán học để
tp

suy ra các đại lượng phải tìm.
* Bài tập mẫu
Bài 1:
Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%.

a)Tính nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu hoả?
b)Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 30 0C đến
1000C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.10 6J/kg , nhiệt dung riêng của
nước là 4200J/kg.K.
Tóm tắt:
H=30%
m=30g
t1=300C
t2=1000C
q= 44.106J/kg.K
C=4200J/kg.K
a) Qtp=?
b) V=?

Bài giải
a) Nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra là:
Qtp =mq = 0,03 .44 106 = 1 320 000(J)
b)
+ Gọi M là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có:
Qthu= MC∆t = 4200.M.(100 - 30)
= 294 000.M(J)
+ Từ công thức :
Qi = H.QTP =

Qi

H= Q ⇒
TP
30
.1320 000 = 396 000(J)

100

+ Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Q i , 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 từ 300C đến 1000C.
Bài 2:
a. Một ấm nhôm khối lượng 250g chứa 1,5l nước ở 200C. Tính nhiệt lượng
cần để đung sôi lượng nước trên? Biết nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt
là 880J/kg.K và 4200J/kg.K.
b. Tính lượng dầu cần dùng. Biết hiệu suất khi đun nước bằng bếp dầu là 30% và
năng suất toả nhiệt của dầu là 44.106J/kg.
Tóm tắt:
Bài giải
m1=250g=0,25kg
a) Nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước là:
16


V=1,5l =0,0015m3
t1=200C
t2=1000C
C1=880J/kg.K
C2=4200J/kg.K
q=44.106J/kg
H=30%
a) Q=?
b)m=?

Q = (m1C1+m2C2).(t2 - t1)
với m2=D.V= 1000.0,0015= 1,5(kg)
Suy ra:
Q = (0,25.880+1,5.4200)(100-20) = 521 600(J)
b) Nhiệt lượng toàn phần do bếp cung cấp là:
Qtp=

Q 521600
=
.100 ≈ 1738667( J )
H
30

Lượng dầu cần dùng là:
m=

Qtp
q

=

1738667
= 0, 0395(kg )
44.106

Bài 3:
Một ấm nhôm khối lượng 250g chứa 1l nước ở 200C.
a. Tính nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước nói trên? biết nhiệt dung riêng của
nhôm và nước lần lượt là 880J/kg.K và 4200J/kg.K.
b. Tính lượng củi khô cần để đun sôi lượng nước nói trên.

Biết năng suất toả nhiệt của củi khô là 10 7J/kg và hiệu suất sử dụng nhiệt của bếp lò
là 30%.
Tóm tắt
m1=250g=0,25kg
V=1l = 0,001m3
t1=200C
t2=1000C
C1=880J/kg.K
C2=4200J/kg.K
q=44.106J/kg
H=30%
a) Q=?
b)m=?

Bài giải
a) Nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước là:
Q = (m1C1+m2C2).(t2 - t1)
với m2=D.V= 1000.0,0015= 1,5(kg)
Suy ra:
Q = (0,25.880+1,5.4200)(100-20) = 521 600(J)
b) Nhiệt lượng toàn phần do củi khô cung cấp là:
Qtp=

Q 521600
=
.100 ≈ 1738667( J )
H
30

Lượng củi khô cần dùng là:

m=

Qtp
q

=

1738667
≈ 0,174(kg )
107

Bài 4:
Khi đốt cháy 200g dầu hoả bằng bếp dầu thì có thể đun đến sôi 10l nước có
nhiệt độ ban đầu là 200C. Hãy xác định hiệu suất của bếp? Biết năng suất toả nhiệt
của dầu hoả là 45.106J/kg.
Tóm tắt:
Bài giải:
m1=200g=0,2kg
Khối lượng nước là:
17


V=10l = 0,01m3
t1=200C
t2=1000C
q=45.106J/kg
H=?

m=D.V= 1000.0,01= 10kg
Nhiệt lượng nước thu vào để sôi là:

Q= m.C.(t2 – t1)= 10.4200.80=3 360 000(J)
Nhiệt lượng toàn phần của bếp là:
Qtp= m1.q = 0,2.45.106= 9.106(J)
Hiệu suất của bếp là:
Q

3360000
.100 = 37,3(%)
H= Q .100 = =
6
tp

9.10

Bài 5:
Củi khô có khối lượng riêng là D1 = 600kg/m3. Do để ngoài trời nên củi khô
bị ướt và khối lượng riêng của nó bây giờ là D 2= 700kg/m3. Vào mùa đông, nhiệt độ
ngoài trời lạnh tới 50C nên người ta phải dùng củi này để đốt lò sưởi ấm trong nhà
tới nhiệt độ cần thiết. Tính lượng củi phải dùng cho quá trình này?
Biết rằng cũng với điều kiện như trên, nếu dùng củi khô thì phải đốt cháy
hoàn toàn 24kg. Cho nhiệt dung riêng của nước là C= 4200J/kg.K, nhiệt hoá hơi của
nước ở 1000C là L= 2,3.106J/kg, năng suất toả nhiệt của củi khô là q = 10 7J/kg. Coi
thể tích của củi ướt bằng củi khô.
Bài giải:
Gọi M2 là khối lượng củi ướt cần dùng (gồm M2/ củi khô và M2// là nước chứa
trong củi ướt)
Coi thể tích của củi khô bằng thể tích của củi ướt, ta có:
M 2/ M 2
D
6

=
→ M 2/ = 1 M 2 = M 2
D2
7
V2/ = V2 → D1 D2
1
Vậy M2// = M2.
7

Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hoàn toàn M2/:
Q1= M2/.q =

6
M2.q
7

Nhiệt lượng cần để sưởi ấm ngôi nhà: Q2 = M1q
Nhiệt lượng cần cung để lượng nước trong củi ướt tăng nhiệt độ từ 50C đến 1000C
và hoá hơi hoàn toàn là:
Q3 = M2//C(t2 – t1) + M2//.L=

1
1
1
M 2 .4200.95 + M 2 .L = M 2 (399000 + L)
7
7
7

Áp dụng PTCB nhiệt:

Q2 = Q1 + Q3
→

6
1
M 2 .q = M 1.q + M 2 (399000 + L)
7
7
18


Thay số: M 2 =

7 M 1.q
7.24.107
=
≈ 29,32( kg )
6q − 399000 − L 6.107 − 399000 − 2,3.206

Vậy lượng củi phải dùng là 29,32kg.
d) DẠNG IV:
BÀI TOÁN ĐỒ THỊ
* Phương pháp giải.
- Dựa vào đồ thị:
+ Xác định được phương trình diễn tả mối quan hệ giữa các đại lượng đặc
trưng.
+ Xác định được giá trị cụ thể của các đại lượng ở một điểm xác định.
- Từ đó dựa vào các công thức liên hệ giữa các đại lượng suy ra ẩn phải tìm.
* Bài tập mẫu
Bài 1:

Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun
nước có công 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 ban đầu của nước là 200c. Sau bao lâu thì nước
trong bình có nhiệt độ là 300c. Cho nhiệt dung riêng của
nước là C = 4200J/kg.K
Tóm tắt:
P=500W
t0=200C
t=300C
C=4200J/kg.K
T=?

Bài giải:
Đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là đường
thẳng được biểu diễn bằng phương trình:
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
Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 20 0c đến 300c là
T thì nhiệt lượng trung bình tỏa ra trong thời gian này
là: Ptb = = = 100 + 0,25t
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

Bài 2:
19


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 nhôm?
Cho nhiệt dung riêng của nước và nhôm là 4200J/kg.K và 880J/kg.K, nhiệt nóng
chảy của nước đá là 3,4.105J/kg.K.
t0C
2

0

Tóm tắt:
C1=4200J/kg.K
C2=880J/kg.K
λ =3,4.105J/kg.K
m1= ?
m2= ?

170

175

Q(kJ)

Bài giải:
Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở
00C là 170kJ. (Lúc này ca nhôm không tăng nhiệt độ).
Từ đó suy ra khối lượng của nước đá là :

m1=

170kJ 170
=
= 0,5(kg )
λ
340

Nhiệt lượng nước đá và ca nhôm thu vào để tăng từ 00C
đến 20C là:
175-170= 5kJ = 5000J
Ta có :
5000 = (m1C1+ m2C2)(2-0)
⇒ m2 =

2500 − m1C1 2500 − 0,5.4200
=
= 0, 45(kg )
C2
880

Bài 3:
Một xô có chứa M=10kg hỗn hợp nước và nước đá được để trong phòng. Sự
thay đổi nhiệt độ của hỗn hợp theo thời gian được biểu diễn bằng đồ thị ở hình bên.
Nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K ; nhiệt nóng chảy của nước đá là
3,4.105J/kg.
Hãy xác định lượng nước đá ban đầu có trong xô?

20

t0C
2

0 10

Tóm tắt:
M=10kg
C1=4200J/kg.K
λ =3,4.105J/kg
m

20

30 40

50

60

T(ph)

Bài giải:
Gọi q là nhiệt lượng xô hấp thụ từ môi trường trong 1
phút.
m là lượng nước đã có trong xô.
Theo đồ thị, nước đá tan hết trong T1=50phút, do đó λ
m = q.T1
Nước nóng thêm ∆t =20C trong T2=10phút, do đó
CM. ∆t = qT2

Từ 2 biểu thức trên ta được :
m=

MC ∆tT1
= 1, 24(kg )
λT2

Bài 4:
Trong một bình nhiệt lượng kế ban đầu chứa m 0=100g nước ở nhiệt độ
t0=20 C, bắt đầu có các giọt nước nóng nhỏ xuống đều đặn, nhiệt độ nước nóng
không đổi. Đồ thị sự phụ thuộc của nhiệt độ nước trong nhiệt lượng kế vào số giọt
nước nhỏ vào bình có dạng như hình vẽ.
Hãy xác định nhiệt độ nước nóng và khối lượng của mỗi giọt nước, xem rằng
khối lượng của các giọt nước là như nhau và sự cân bằng nhiệt được thiết lập ngay
sau khi giọt nước nhỏ xuống. Bỏ qua sự mất mát nhiệt vào môi trường và nhiệt
lượng kế.
0

t0C
50
40
30
20
10
0

100

Tóm tắt:

200 300 400 500 600

N(giọt)

Bài giải:
21


m0=100g
t0=200C
t=?
m=?

Giả sử khối lượng mỗi giọt nước nóng là m và nhiệt độ
là t.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
- Khi có N1=200 giọt nước nhỏ vào nhiệt lượng kế thì
nhiệt độ trung bình là t1=300C. Ta có:
200.m.t + m0t0

t1= 200m + m = 30 C
(1)
0
- Khi có N2=500 giọt nước nhỏ vào nhiệt lượng kế thì:
500mt + m0t0

0

t2= 500m + m = 40 C
(2)

0
Từ hệ hai phương trình (1), (2) ta tìm được:
t=800C và m=0,1g
Vậy nhiệt độ của nước nóng là 800C và khối lượng
mỗi giọt nước là 0,1g.
0

e) DẠNG V:
BÀI TOÁN CÓ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT VỚI MÔI TRƯỜNG
* Phương pháp giải:
Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ.
Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với môi trường. Nên nhiệt lượng hao phí ra môi
trường là
Qhp= 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 luôn có công suất tỏa nhiệt ra
môi trường đúng bằng công suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật.
*Bài tập mẫu
Bài 1:
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.
Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng
đến 800c. ở bình thứ hai tới 600c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào?
Nếu nhiệt độ phòng là 200c. 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 môi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều đặn.
Bài giải:
Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là t 1, 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
Vì: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1
Vì nhiệt độ tỏa ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện
tích tiếp xúc. Nên công suất hao phí của thiết bị đun của các bình tương ứng là:
22


Php1 = A(S1 + S)(t1 - t) = A( S3 +S)60
Php2 = A(S2 + S)(t2 - t) = A( 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
công suất hao phí.
Nên: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)40 ⇒
S3 = 4S
Từ: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)(t3 - 20) và S3 = 4S ta tính được t3 = 440C
Vậy nước trong bình thứ 3 được đun nóng tới 440 C.
Bài 2:
Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t =
40 C. Sau khi đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t 1 = 360C, 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 rằng trước
khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0 =180C.
0

Bài giải:
Gọi q1 là nhiệt dung của phích.
q2 là nhiệt của chai sữa.
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 =

(t1 − t0 )t1 + (t − t1 )t0 (36 − 18).36 + (40 − 36).18
=
≈ 32, 7 0 C
t − t0
40 − 18

Vậy khi cân bằng chai sữa được làm nóng tới 32,70C
Bài 3:
Một chiếc lều có mái phủ bởi chiếc chăn len và sàn phủ một tấm nỉ dày. Một
người da đỏ ngủ trong lều cảm thấy lạnh khi nhiệt độ ngoài trời là t 1= 100C. Hai
người da đỏ ngủ trong lều cảm thấy lạnh khi nhiệt độ ngoài trời là t2= 40C.
Hỏi với nhiệt độ ngoài trời t0 bằng bao nhiêu thì người da đỏ cảm thấy lạnh và
bắt đầu sử dụng lều? Với nhiệt độ ngoài trời t 3 bằng bao nhiêu thì ba người da đỏ
cảm thấy lạnh khi họ ngủ trong chiếc lều trên?
Cho rằng nhiệt lượng hao phí của lều trong một đơn vị thời gian tỉ lệ với hiệu
nhiệt độ giữa trong và ngoài lều.
Bài giải:
Người da đỏ bắt đầu sử dụng lều khi ngoài trời rét tức là nhiệt độ của không
khí ngoài trời bằng t0. Người da đỏ ngủ trong lều sẽ cảm thấy lạnh khi nhiệt độ
không khí trong lều cũng bằng t0.
23

Gọi P là công suất toả nhiệt của một người da đỏ, t i là nhiệt độ ngoài trời ứng
với khi có i người da đỏ ngủ trong lều nhưng cảm thấy lạnh.
PTCBN trong trường hợp tổng quát này là:
i.P = k(t0 - ti) - với k là hệ số tỉ lệ chỉ phụ thuộc tính chất của lều.
Vế trái của phương trình là công suất toả nhiệt của i người da đỏ, vế phải là
công suất truyền nhiệt từ lều ra môi trường xung quanh. Ta viết PT trên cho từng
trường hợp:
Một người da đỏ ngủ trong lều: P = k(t0 – t1) (1)
Hai người da đỏ ngủ trong lều: 2P = k(t0 – t2) (2)
Ba người da đỏ ngủ trong lều: 3P = k(t0 – t3) (3)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được
t0 = 2t1 – t2 = 160C.
Giải phương trình (1) và (3) ta tìm được
t3 = 2t2 – t1 = -20C
• Chú ý: Ta không thể xác định P và k từ các phương trình trên nhưng có thể
xác định được

P
= t1 − t2 = 60 C
k

Bài 4:
Có hai bình kim loại rất nhẹ chứa cùng một lượng nước, một quả cầu nặng
( có khối lượng bằng khối lượng nước trong bình và khối lượng riêng lớn hơn nhiều
khối lượng riêng của nước) được buộc bằng sợi chỉ nhẹ, cách nhiệt rồi thả vào một
trong hai bình sao cho quả cầu nằm ở tâm khối nước. Các bình được đun nóng tới
nhiệt độ sôi rồi để nguội cho tới nhiệt độ của môi trường. Biết rằng thời gian để
nguội của bình có quả cầu lớn gấp k lần của bình không có quả cầu.
Cho biết nhiệt lượng toả ra môi trường tỉ lệ với hiệu nhiệt độ giữa bình và môi
trường và với thời gian. Nhiệt dung riêng của nước là Cn.

Xác định nhiệt dung riêng của chất làm quả cầu?
Bài giải
Gọi nhiệt lượng toả ra môi trường là ∆Q , Nhiệt độ của bình là T b, nhiệt độ
môi trường là T0, thời gian toả nhiệt là ∆t . Theo bài ra ta có:
∆Q = α (Tb − T0 ).∆t = α .∆Tb .∆t với ∆Tb = (Tb − T0 )
gọi là độ giảm nhiệt độ của bình, với α là hệ số tỉ lệ phụ thuộc vào điều kiện
tiếp xúc giữa hệ vật toả nhiệt và môi trường.
Ở bài này, điều kiện trên đối với hai bình là hoàn toàn giống nhau, do đó α là
như nhau.
Trong một đơn vị thời gian, nhiệt lượng toả ra môi trường là:
q=

∆Q
= α (Tb − T0 ) = α .∆Tb
∆t

Với bình chứa nước, khi bình giảm nhiệt độ ∆Tb thì lượng nhiệt toả ra là
∆Q1 = ( M nCn + mb Cb )∆Tb
24


Với bình chứa quả cầu, khi bình giảm nhiệt độ ∆Tb thì lượng nhiệt toả ra là:
∆Q2 = ( M nCn + mbCb + mcCc )∆Tb
Theo đề bài bình nhẹ nên mb = Mn và mc=Mn.
Ngoài ra Cb = Cn. Vì vậy ta có:
∆Q1 = M n Cn ∆Tb ; ∆Q2 = M n (Cn + Cc )∆Tb

Gọi thời gian giảm từ nhiệt độ sôi tới nhiệt độ môi trường của bình 1 là t 1 và của
bình 2 là t2. Ta có:
∆Q1 = q.t1 → M nCn ∆Tb = α .∆Tb .t1 (1)

∆Q2 = q.t2 → M n (Cn + Cc ).∆Tb = α .∆Tb .t2 (2)
Chia vế với vế của (2) và (1) ta được:
t 2 Cn + C c
=
= k Suy ra: Cc= Cn(k – 1)
t1
Cn

Vậy nhiệt dung riêng của chất làm quả cầu là Cc= Cn(k-1)
f) DẠNG VI:
BÀI TOÁN SỬ DỤNG KHÁI NIỆM NHIỆT DUNG
*.Phương pháp giải:
• Xác định các vật trao đổi nhiệt
• Viết PTCB nhiệt cho các quá trình trao đổi nhiệt theo nhiệt dung.
• Giải hệ phương trình và tính toán.
*.Bài tập mẫu
Bài 1:
Có hai bình chứa hai chất lỏng khác nhau hoà trộn được vào nhau. Nếu đổ
một nửa lượng chất lỏng ở bình 1 có nhiệt độ ban đầu 20 0C vào bình 2 có nhiệt độ
ban đầu 600C. Sau khi có sự cân bằng nhiệt thì thấy nhiệt độ ở bình này là 300C.
Hỏi nếu lại đổ một nửa lượng hỗn hợp ở bình 2 trở lại bình một thì nhiệt độ
cân bằng ở bình này là bao nhiêu? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của các chất lỏng với
bình và môi trường ngoài.
Bài giải:
Gọi q1 là nhiệt dung của chất lỏng trong bình 1.
q2 là nhiệt dung của chất lỏng trong bình 2.
Ta có PTCB nhiệt cho mỗi bình sau mỗi lần trút\
• Đối với bình 2:
q1
(30 − 20) = q2 (60 − 30) (1)

2
•

Đối với bình 1:
q1
q q 
(t x − 20) =  1 + 2 ÷(30 − t x ) (2)
2
4 2

tx là nhiệt độ cân bằng ở bình 1 sau khi trút một nửa lượng hỗn hợp ở bình 2
sang.
Từ (1) ta có: 5q1 = 30q2
25