Bài tập ôn bồi dưỡng HSG lý 89 2015 2016

III. Các giải pháp: 1. Các kiến thức cần thiết cần đạt : + Công thức tính nhiệt lượng toả ra, thu vào: Q = m.C(t2t1) Q: nhiệt lượng thu vào(toả ra)của chất(J) m: khối lượng của chất thu(toả) nhiệt(kg) c: nhiệt dung riêng của chất thu(toả) nhiệt(Jkg.K) t = t2 t1 : Độ tăng nhiệt độ (0C) + Phương trình cân bằng nhiệt: Qtoả = Qthu + Nhiệt lượng toả ra của nhiên liệu: Q = m.q m: khối lượng của nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn(kg) q: năng suất toả nhiệt của nhiên liệu(Jkg) + nhiệt lượng cần thiết để một chất nóng chảy hay đông đặc hoàn toàn: Q = m m: khối lượng của chất bị nóng chảy(đông đặc) hoàn toàn(kg) : nhiệt nóng chảy của chất(Jkg) + Công thức tính hiệu suất là: H = Qi QTP Qi: nhiệt lượng có ích(J) QTP: nhiệt lượng toàn phần(J) 2. Phương pháp giải các dang bài tập nâng cao phần nhiệt học

Trang 1

III Các giải pháp:

1 Các kiến thức cần thiết cần đạt :

+ Công thức tính nhiệt lượng toả ra, thu vào: Q = m.C(t2-t1)

Q: nhiệt lượng thu vào(toả ra)của chất(J)

m: khối lượng của chất thu(toả) nhiệt(kg)

c: nhiệt dung riêng của chất thu(toả) nhiệt(J/kg.K)

t = t2 - t1 : Độ tăng nhiệt độ (0C)

+ Phương trình cân bằng nhiệt: Qtoả = Qthu

+ Nhiệt lượng toả ra của nhiên liệu:

Q = m.q m: khối lượng của nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn(kg)

q: năng suất toả nhiệt của nhiên liệu(J/kg)

+ nhiệt lượng cần thiết để một chất nóng chảy hay đông đặc hoàn toàn:

Q = m m: khối lượng của chất bị nóng chảy(đông đặc) hoàn toàn(kg)

: nhiệt nóng chảy của chất(J/kg)

+ Công thức tính hiệu suất là:

H = Qi / QTP Qi: nhiệt lượng có ích(J)

QTP: nhiệt lượng toàn phần(J)

2 Phương pháp giải các dang bài tập nâng cao phần nhiệt học

Loại 1: Bài tập chỉ có một đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt nhưng ở nhiều thể:

Bài tập:

Tính nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -15 0 C hoá thành hơi hoàn toàn Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c 1 = 1800J/kg.K, c 2 =4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là= 3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106J/kgc1

Phân tích bài:

- Trong bài tập nước đá trải qua các giai đoạn sau:

+ Nước đá từ -150C lên 00C

+ Nước đá nóng chảy thành nước ở 00C

+ Nước từ 00C lên 1000C

+ Nước hoá thành hơi hoàn toàn ở 1000C

- Từ sự phân tích trên ta có lời giải sau:

+ Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -15 0 C tăng nên 0 0 C là:

Q1 = m c1  t = 0,5.1800.15 = 13500J =0,135.105J

+ Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q2 = m = 0,5.3,4.105 = 1,7.105J

+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 0 0 C tăng lên 100 0 C là:

Q3 = m.c2  t = 0,5.4200.100 = 2,1.105J

+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 100 0 C hoá thành hơi hoàn toàn là:

Q4 = m.L = 0,5.2,3.106 = 11,5.105J

+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở -15 0 C hoà thành hơi hoàn toàn là:

Q = Q1 + Q2 +Q3 +Q4 = 0,135.105J + 1,7.105J + 2,1.105J + 11,5.105J = 15,435.105J

Cách giải:

Bước 1:

Phân tích đề bài tìm các giai đoạn thu nhiệt hoặc toả nhiệt của đối tượng

Bước 2:

Tính nhiệt lượng của từng giai đoạn tương ứng

Bài tập tự giải:

Một thỏi nước đá có khối lượng 200g ở -10 0 C Tính nhiệt lượng cần thiết để thỏi nước đá hoá thành hoi hoàn toàn ở 100 0 C Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c1= 1800J/kg.K, c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là= 3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106J/kg

Loại 2: Bài tập có nhiều đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt và ở nhiều thể.

Đây là dạng bài tập rất phong phú và có thể chia thành ba dạng sau:

Trang 2

Dạng 1: Bài tập đã biết rõ thể Bài tập 1:

Thả cục nước đá ở nhiệt độ t 1 = -50 0 C vào một lượng nước ở nhiệt độ t 2 = 60 0 C người ta thu được 25kg nước ở nhiệt độ 25 0 C Tính khối lượng nước đá và nước? Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c 1 = 1800J/kg.K c 2 =4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.10 5 J/kg

- Bài tập này có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:

+ Cục nước đá ở -500C

+ Nước ở 600C

- Vì đề bài cho ta thu được 25kg nước ở nhiệt độ 250C nên ta suy luận được:

+ Cục nước đá trải qua các giai đoạn là:

Từ -500C lên 00C Nóng chảy hoàn toàn ở 00C

Từ 00C lên250C Nước chỉ có một giai đoạn là hạ nhiệt độ từ 600C xuống 250C

` Cục nước đá thu nhiệt, nước toả nhiệt

- Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:

+ Gọi khối lượng của cục nước đá ở -50 0 C và nước ở 60 0 C lần lượt là m 1 , m 2

Vì ta thu được 25kg nước ở 25 0 C nên ta có:

m1 + m2 = 25 (1)

+ Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá từ -50 0 C tăng lên 0 0 C là:

Q1 = m1.c1  t = m1.1800.50 = 90000.m1

+ Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q2 = m1 = m1.3,4.105 = 340000.m1

+ Nhiệt lượng cần thiết để m1kg nước ở 0 0 C tăng nên 25 0 C là:

Q3 = m1.c2  t = m1.4200.25 = 105000.m1

+ Nhiệt lượng thu vào của cục nước đá là:

Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 90000.m1 + 340000.m1 + 105000.m1 = 535000.m1

+ Nhiệt lượng toả ra của m2 kg nước từ 60 0 C hạ xuống 25 0 C là:

Qtoả = m2.c2.t = m2.4200.35 = 147000.m2

+ Theo phương trình Cân bằng nhiệt ta được:

Qtoả = Qthu

147000.m2 = 535000.m1  147.m2 = 535.m1 (2)

Từ (1) m1 = 25 - m2 thay vào (2) ta được 147.m2 = 535.(25-m2)

 147.m2 = 13375 - 535.m2

 682.m2 = 13375

 m2 = 19,6kg

 m1 = 25 - 19,6 = 5,4kg

- Vậy khối lượng cục nước đá là: 5,4kg, khối lượng nước là: 19,6kg

Cách giải:

Bước 1:

- Xác định các đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt

- Xác định xem từng đối tượng trải qua mấy quá trình

- Xác định đối tượng toả nhiệt, đối tựơng thu nhiệt

Bước 2:

- Dùng công thức tính nhiệt lượng cho các quá trình

- Tính Qtoả, Qthu

- Dùng phương trình cân bằng nhiệt Qtoả = Qthu để tính đại lượng cần tìm

Chú ý: ở bài tập trên có thể yêu cầu tính nhiệt độ ban đầu của nước đá hoặc nước

Ví dụ:

Thả 400g nước đá vào 1kg nước ở 5 0 C Khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá tăng thêm 10g Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là C 1 = 1800J/ kg.K, C 2 =4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.105J/kg

2

Trang 3

Minh hoạ cách giải:

Bước 1: Bài toán có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:

- Nước đá ở t0C

- Nước ở 50C

- Vì khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá tăng thêm 10g nên: Nước ở 50C trải qua các quá trình là:

+ Hạ nhiệt độ từ 50C xuống 00C

+ Một phần nước ở 00C đông đặc thành nước đá (phần này có khối lượng bằng 10g)

+ Nước đá ở t0C chỉ có một quá trình là tăng nhiệt độ từ t0C đến 00C

- Vậy nước ở 50C toả nhiệt, nước đá ở t0C thu nhiệt

Bước 2: Giải bài toán:

+ Nhiệt lượng cần để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 5 0 C xuống 0 0 C là:

Q1 = m2.c2  t = 1 4200 5 = 21000J

+ Nhiệt lượng cần để 10g nước ở 0 0 c đông đặc hoàn toàn là:

Q2 = m. = 0,01.3,4.105= 3400J

+ Nhiệt lượng toả ra của nước ở 5 0 C là:

Qtoả = Q1 + Q2 = 21000 + 3400 = 24400J

+ Nhiệt lượng thu vào của nước đá tăng từ t 0 c nên 0 0 C là:

Qthu = m1.c1  t = 0,4.1800.(-t) = - 720.t

+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

24400 = -720.t

 t = 24400:(-720) = - 340C Vậy nhiệt độ ban đầu của nước đá là: -340C

Bài 2:

Dùng một bếp điện để đun nóng một nồi đựng 1kg nước đá (đã đập vụn) ở -20 0 C sau 1 phút thì thì nước đá bắt đầu nóng chảy.

a Sau bao lâu thì nước đá nóng chảy hết?

b Sau bao lâu nước đá bắt đầu sôi?

c Tìm nhiệt lượng mà bếp tỏa ra từ đầu nước bắt đầu sôi, biết rằng hiệu suất đun nóng nồi là 60%

Biết: C nđ = 2100J/kg.K = 336000J/kg; C n = 4200J/kg.K và quá trình thu nhiệt đều đặn.

Phân tích bài toán:

Bướ 1: Bài toán có ba giai đoạn nước đá thu nhiệt:

+ Nước đá từ: -200C

+ Nước đá nóng chảy hết

+ Nước bắt đầu sôi

- Vì quá trình troa đổi nhiệt ( thu hoạc tỏa nhiệt ) xãy ra đều đặn có nghĩa là:

t

Q

không đổi

Ta có công thức là: ((11 22 ) )

2

2 1

1





t t

Q Q t

Q t

Q

Trong đó Q(J) là nhiệt lượng ứng với thời gian trao đổi nhiệt t (Giây, phút, giờ)

Bước 2: Gải bài toán :

a Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ - 20 0 C lên 0 0 C là :

Q1thu I = C1m1(tC1 – tđ) = 2 100 1[0- (20)] = 42 000 (J)

Nhiệt lượng cần thiết để nước đá nóng chảy là:

Q2thu II = m1 = 336 000 1 = 336 000 (J)

Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:

8 1 42000

336000 1

1

2 2 2

2 1

1





thuI Q

thuII Q t t

thuII Q t

thuI Q

phút

Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:

t1 + t2 = 1 + 8 = 9 phút

Trang 4

b Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ 0 0 C lên 100 0 C là:

Q2thu III = C2 m1 (tC2 – tđ2) = 42 00.1.(100 – 0) = 420 000 (J)

Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:

10 1 42000

420000 1

1

2 2 2

2 1

1





thuI Q

thuIII Q

t t

thuIII Q

t

thuI Q

phút

Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:

t1 + t2 + t3 = 1 + 8 + 10 = 19 phút

c Theo bài ra hiệu suất đun của bếp là 60% nên ta có:

H = Qtp Qci

Nhiệt lượng có ít mà nước thu vào là:

Q1thu I + Q1thu II + Q1thu III = 42 000 + 336 000 + 420 000 = 798 000 (J)

Nhiệt lượng toàn phần của bếp tỏa ra là:

Qtp =

60

798000



H

Qci

= 1 330 000 (J)

Bài 1:

Thả một quả cầu bằng thép có khối lượng m 1 = 2kg được nung nóng tới nhiệt độ 600 0 C vào hỗn hợp nước

và nước đá ở 0 0 C Hỗn hợp có khối lượng là m 2 = 2kg Tính khối lượng nước đá có trong hỗn hợp Biết nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là 50 0 C, nhiệt dung riêng của thép, của nước là C 1 = 460J/kg.K, C 2 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.10 5 J/kg

Dạng 2: Bài tập chưa biết rõ thể Bài tập 1 :

Thả 1,6kg nước đá ở - 100C vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở 800C Bình nhiệt lượng kế bằng đồng có khối lượng 200g và có nhiệt dung riêng là 380J/kg.K

a Nướ đá có tan hết không?

b Tính nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế?

Biết: Cnước = 2 100J/kg.K, Lnước = 336.103J/kg

Phân tích bài :

Bài này không biết rỏ nước đá đã tan hết hay chưa Do đó với loại bài tập này trước tiên ta cần xác định trạng thái của các đối tượng bằng cách: So sánh nhiệt lượng mà 1,6kg nước đá ở nhiệt độ - 100C cần thu vào

để tan hết với nhiệt lượng mà 1,6kg nước đựng trong nhiệt lượng kế có khối lượng 200g tỏa ra để giảm nhiệt

độ từ 800C đến - 100C tức là:

+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ - 100C lên đến 00C

+ Nhiệt lượng tỏa ra của nước đá đựng trong nhiệt lượng kế ở nhiệt độ 800C xuống 00C

+ Ta xét xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?

- Từ phân tích bài toán ta có lời giải:

+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng nhiệt độ từ -10 0 c nên 0 0 C là:

Q1 thu I = C1m1 (0 – t1) = 2 100.1,6.[0 – (-10)] = 33 600(J)

+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q1thu II = m1 = 336.103 1,6 = 537 600(J)

+ Nhiệt lượng tỏa ra do 1,6kg nước ở 80 0 C cung cấp:

Qtỏa I = C2m2 (t2 – 0) = 4 190 1,6 80 =536 320(J)

+ Nhiệt lượng tỏa ra do 0,2kg đồng ở 80 0 C cung cấp:

Qtỏa I = C3m3 (t3 – 0) = 380 0,2 80 = 6 080(J)

+ Để nước đá tan hết thì ít nhất nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào Nhưng ta thấy:

Q1 thu I + Q1 thu II = 571 200 > Qtỏa I + Qtỏa II = 542 400

Do đó nước đá chưa tan hết và nhiệt độ cuối cùng của hổn hợp nước và nước đá chính là nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế là 00C

Bước 1:

Xác định đối tượng thu nhiệt, đối tượng toả nhiệt

Bước 2:

Tính nhiệt lượng của các đối tượng và so sánh để xác định thể của đối tượng

4

Trang 5

Bước 3:

Lập phương trình cân bằng nhiệt để suy luận tính các đại lượng có liên quan

Bài tập 2:

Trong một bình bằng đồng khối lượng 0,6kg có chứa 4kg nước đá ở -15 0 C Người ta cho dẫn vào 1kg nước

ở 100 0 C Xác định nhiệt độ chung và khối lượng nước có trong bình khi có cân bằng nhiệt Biết nhiệt dung riêng của đồng, của nước đá, của nước là C 1 = 380J/kg.K, C 2 = 1800J/kg.K, C 3 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.10 5 J/kg

Tương tự bài tập 1 bài này cũng chưa cho biết nhiệt độ cuối cùng khi có cân bằng nhiệt vì vậy ta chưa thể xác định được các đối tượng trải qua những giai đoạn nhiệt nào Do đó với loại bài tập này trước tiên ta cần xác định trạng thái của các đối tượng bằng cách:

+ Ta xét xem bình và nước đá có tăng được thêm nhiệt độ nào hay không?

+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng và nước đá tăng nhiệt độ từ -150C lên 00C

+ Nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 1000C xuống 00C

+ Ta xét tiếp xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?

+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn

- Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:

+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng tăng nhiệt độ từ -15 0 c nên 0 0 C là:

Q1= m1.c1  t = 0,6.380.15 = 3420J

+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng nhiệt độ từ -150c nên 0 0 C là:

Q2 = m2.c2  t = 4.1800.15 = 108000J

+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng và nước đá tăng nhiệt độ từ -15 0 C nên 0 0 C là:

Q3 = Q1 +Q2 = 3420+ 108000 = 111420J

+ Nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 100 0 C xuống 0 0 C là:

Q4 = m3.c3  t = 1.4200.100 = 420000J

Vì Q4> Q3 nên cả bình đồng và nước đá đều tăng nhiệt độ nên 0 0 C

+ Ta xét tiếp xem nước đá ở 0 0 C có nóng chảy hoàn toàn được không?

Nhiệt lượng cần thiết để nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q5 = m2. = 4.3,4.105 = 1360000J

- Ta thấy Q5 > Q4 nên chỉ có một phần nước đá ở 0 0 C nóng chảy

+ Ta tính khối lượng nước đá bị nóng chảy:

- Gọi khối lượng nước đá bị nóng chảy ở 0 0 C là m(kg)

+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q6 = m. = m.3,4.105 = 340000.m

+ Nhưng nhiệt lượng để m(kg) nước đá ở 0 0 C nóng chảy được tính là:

Q7 = Q4 - Q3 = 420000 - 111420 = 308580J

Ta có: 340000.m = 308580..m = 308580:340000 = 0.9(kg) Vậy nhiệt độ chung của hệ thống khi có cân bằng nhiệt là 00c(vì nước đá chưa nóng chảy hết) và khối lượng nước trong bình là 1kg + 0,9kg = 1,9kg

Cách giải:

Bước 1:

Xác định đối tượng thu nhiệt, đối tượng toả nhiệt

Bước 2:

Tính nhiệt lượng của các đối tượng và so sánh để xác định thể của đối tượng

Bước 3:

Lập phương trình cân bằng nhiệt để suy luận tính các đại lượng có liên quan

Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng nhiệt độ 0 0 C, người ta rót thêm vào đó 2kg nước ở 50 0 C Tính nhiệt độ cân bằng cuối cùng.

Dạng 3: Bài tập trao đổi nhiệt : Bài tập 1:

Trang 6

Người ta vớt một cục sắt đang ngâm trong nước sôi rồi thả vào một cốc chứa nước ở nhiệt độ 20 0 C Biết cục sắt có khối lượng lớn gấp ba lần khối lượng của nước trong cốc Hãy tính nhiệt độ của nước sau khi thả cục sắt Cho biết nhiệt dung riêng của sắt là c 1 của nước là c 2 Nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh coi như không đáng kể.

- Thả một cục sắt vào một cóc nước :

+ Cóc nước thu nhiệt

+ Cục sắt toả nhiệt

- Cục sắt vớt từ trong nướ sôi ra chúng tỏ cục sắt có nhiệt độ 1000C:

+ Sau khi thả cục sắt vào lại nước thì nhiệt độ cân bằng của cục sắt và nước là tx Nhiệt độ cân bằng lúc này phải là: 200C  tx  1000C

- Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:

+ Nước sôi ở 100 0 C, vì vậy cục sắt trước khi thả vào cốc nước có nhiệt độ :

t1= 1000C

+ Nhiệt độ ban đầu của nước trong cốc là :

t2= 200C

+ Sau khi thả cục sắt vào nước đã cân bằng, nhiệt độ của nước là: t x

200C  tx  1000C

+ Để hạ nhiệt độ từ 100 0 C đến t x sắt toả ra nhiệt lượng :

Q1 = m1c1(100 - tx)

+ Để tăng nhiệt độ từ 20 0 C đến t x C nước hấp thụ nhiệt lượng :

Q2= m2c2(tx - 20)

+ Theo đ/k cân bằng nhiệt ta có:

Q1 = Q2 hay m1c1(100 - tx ) = m2c2(tx - 20

- Thay m1 = 3m2

- Tính được : t0 =

2 1

3

20 300

c c



Bước 1:

- Thả cục sắt vào nước:

+ Xác điịnh nhiệt độ ban đầu của các vật

+ Xác định nhiệt độ cân bằng

+ Xác định vật toả nhiệt, vật thu nhiệt

+ Tính nhiệt lượng toả ra, nhiệt lượng thu vào

+ Lập phương trình cân bằng nhiệt

Bước 2:

- Từ các phương trình cân bằng nhiệt lập được ta biến đổi để tìm các đại lượng liên quan theo yêu cầu của bài toán

Bài tập 2:

Trong bình 1 có cục nước đá khối lượng 60g và 150g nước đang ở trạng thái cân bằng nhiệt Bình hai có 450g nước ở 80 0 C Rót một lượng nước từ bình một sang bình hai, sau khi bình hai cân bằng nhiệt lại rót nước từ bình hai sang bình một đến khi bình hai đạt mức ban đầu của nó Nhiệt độ của nước ở bình một là

20 0 C Hỏi lượng nước đã rót đã rót là bao nhiêu cho rằng nước ở bình không trao đổi nhiệt với môi trường

và với bình Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,36.10 5 J/kg.

- Rót lượng nước m từ bình một sang bình hai:

+ Nước từ bình một thu nhiệt

+ Nước ở bình hai toả nhiệt

- Rót lượng nước m từ bình hai trở lại bình một(vì đề bài cho là bình hai đạt mức ban đầu):

+ Nước từ bình hai toả nhiệt

+ Nước và nước đá ở bình một thu nhiệt

- Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:

6

Trang 7

+ Gọi lượng nước rót từ bình một sang bình hai là m.

+ Khi rót nước từ bình một sang bình hai thì nước từ bình một thu nhiệt, nước ở bình hai toả nhiệt Gọi nhiệt độ của bình hai khi có cân bằng nhiệt là t 2

+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước từ 00c tăng nên t 2 là:

Q1 = m.c  t = m.4200.t2

+ Nhiệt lượng cần thiết để450g nước ở bình hai hạ nhiệt độ từ 80 0 C xuống t 2 là:

Q2 = 0.45.4200.(80 - t2) = 1890.(80 - t2)

Q1 = Q2  4200m.t2 = 0,45.4200.(80 - t2)  m.t2 = 0,45.(80 - t2) (1)

+ Khi rót m(kg) nước từ bình hai trở lại bình một thì nước từ bình hai toả nhiệt, lượng nhiệt này cung cấp cho bình một để nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 0 0 C và làm cho toàn bộ nước ở 0 0 C trong bình một tăng nhiệt độ nên đến 20 0 C.

Vậy ta có nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước toả nhiệt từ t 2 xuống 20 0 C là:

Q3 = m.c  t = m.4200.(t2 - 20)

+ Nhiệt lượng cần để 60g nước đá ở 0 0 C nóng chảy hoàn toàn là:

Q4 = 0,06.3,36.105 = 20160J

+ Nhiệt lượng cần thiết để toàn bộ nước có trong bình một tăng từ 00c nên 200c là:

Q5 = M.c  t = (0,15 - m + 0,06).4200.20 J

Q3 = Q4 + Q5  4200.m.(t2 - 20) = 20160 + (0,15 - m + 0,06).4200.20 (2)

 m.(t2 - 20) = (0,15 - m + 0,06).20 + 4,8

 m.t2 = 0,21.20 + 4,8

 m.t2 = 9 (2) Thay (1) vào (2) ta được 0,45.(80 - t2) = 9

 80 - t2 = 20  t2 = 60(0C)

 m = 9:t2 = 9:60 = 0,15(kg) = 150g

- Vậy lượng nước đã rót là: 150g

Cách giải:

Bước 1:

- Rót chất lỏng từ bình một sang bình hai:

+ Xác định nhiệt độ cân bằng của bình một

+ Xác định chất lỏng toả nhiệt, chất lỏng thu nhiệt

Bước 2:

- Rót chất lỏng từ bình hai trở lại bình một:

+ Xác định nhiệt độ cân bằng của bình một

+ Xác định chất lỏng toả nhiệt, chất lỏng thu nhiệt

Bước 3:

- Từ các phương trình cân bằng nhiệt lập được ta biến đổi để tìm các đại lượng liên quan theo yêu cầu của bài toán

Chú ý: ở bài toán trên có thể yêu cầu tính nhiệt độ cân bằng của bình hai, hoặc yêu cầu tính cả khối lượng

nước đã rót và nhiệt độ cân bằng của bình hai ta cũng giải tương tự

Có hai bình cách nhiệt, bình một chứa m1 = 2kg nướcở nhiệt độ t 1 = 25 0 C, bình hai chứa m 2 = 4kg nước ở

70 0 C Người ta rót một lượng mkg nước từ bình một sang bình hai sau khi cân bằng nhiệt người ta lại rót một lượng nước m(kg) như thế từ bình hai trở lại bình một thì nhiệt độ cân bằng của bình một là t 1 = 22 0 C.

a, Tính lượng nước m và nhiệt độ cân bằng t 2 của bình hai

b, Nếu tiếp tục thực hiện rót lần hai như thế thì nhiệt độ cân bằng của mỗi bình là bao nhiêu?

IV Kết quả thực hiện:

Trang 8

Qua việc định hướng cho học sinh bằng các cách giải một số bài tập theo phương pháp trên tôi có ra cho HS hai loại bài tập như sau:

Bài 1:

Trong bình một có cục nước đá khối lượng 60g và 150g nước ở trạng thái cân bằng nhiệt Bình hai chứa

450g nước ở nhiệt độ 80 0 C Rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau khi nước ở bình 2 đạt cân bằng nhiệt, lại rót nước từ bình 2 trở lại bình 1 cho đến khi nước ở bình hai đạt mức ban đầu của nó Nhiệt độ cuối cùng của nước trong bình một là 20 0 C Hỏi lượng nước đã rót từ bình nọ sang bình kia Cho rằng nước ở bình không trao đổi nhiệt với môi trường và với bình Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là :336000J/kg.

Kết quả lời giải của HS là:

+ Gọi lượng nước rót từ bình một sang bình hai là m.

+ Khi rót nước từ bình một sang bình hai thì nước từ bình một thu nhiệt, nước ở bình hai toả nhiệt Gọi nhiệt độ của bình hai khi có cân bằng nhiệt là t 2

+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước từ 0 0 C tăng nên t 2 là:

Q1 = m.c  t = m.4200.t2

+ Nhiệt lượng cần thiết để450g nước ở bình hai hạ nhiệt độ từ 800c xuống t2 là:

Q2 = 0.45.4200.(80 - t2) = 1890.(80 - t2)

Q1 = Q2  4200m.t2 = 0,45.4200.(80 - t2)  m.t2 = 0,45.(80 - t2) (1)

+ Khi rót m(kg) nước từ bình hai trở lại bình một thì nước từ bình hai toả nhiệt, lượng nhiệt này cung cấp ch bình một để nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 0 0 C và làm cho toàn bộ nước ở 0 0 C trong bình một tăng nhiệt độ nên đến 20 0 C.

+ Vậy ta có nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước toả nhiệt từ t 2 xuống 20 0 C là:

Q3 = m.c  t = m.4200.(t2 - 20)

+ Nhiệt lượng cần để 60g nước đá ở 00c nóng chảy hoàn toàn là:

Q4 = 0,06.3,36.105 = 20160J

+ Nhiệt lượng cần thiết để toàn bộ nước có trong bình một tăng từ 0 0 C nên 20 0 C là:

Q5 = M.c  t = (0,15 - m + 0,06).4200.20 J

Q3 = Q4 + Q5  4200.m.(t2 - 20) = 20160 + (0,15 - m + 0,06).4200.20 (2)

 m.(t2 - 20) = (0,15 - m + 0,06).20 + 4,8

 m.t2 = 0,21.20 + 4,8

 m.t2 = 9 (2) Thay (1) vào (2) ta được 0,45.(80 - t2) = 9

 80 - t2 = 20  t2 = 60(0c)

 m = 9:t2 = 9:60 = 0,15(kg) = 150g Vậy lượng nước đã rót là: 150g

Bài 2

1kg nước ở nhiệt độ 40 0 C Thả vào đó một thỏi nước đá ở nhiệt độ -10 0 C Khi có cân bằng nhiệt thấy sót lại 200g nước đá chưa tan Hãy xác định khối lượng của thỏi nước đá thả vào bình Biết nhiệt dung riêng của dồng, của nước, của nước đá lần lượt là c 1 = 380J/kg.K, c 2 = 4200J/kg.K, c 3 = 1800J/kg.K, nhiệt lượng để làm nóng chảy hoàn toàn 1kg nước đá ở 00c là 3,4.105J/kg Sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5%.

Kết quả lời giải của HS là:

+ Vì khi cân bằng nhiệt thấy còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên nhiệt độ cân bằng của hệ thống

là 0 0 C

+ Vậy nhiệt lượng toả ra của bình đồng để hạ nhiệt độ từ 40 0 C xuống 0 0 C là:

Q1 = m1.c1  t = 0,8.380.40 = 12160J

+ Nhiệt lượng toả ra của 1kg nước hạ nhiệt độ từ 40 0 C xuống 0 0 C là:

Q2 = m2.c2  t = 1.4200.40 = 168000J Khi đó Q = Q1 + Q2 = 12160 + 168000 = 180160J

+ Vì sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5% nên nhiệt lượng toả ra là:

Qtoả = 180160.95% = 171152J

+ Gọi khối lượng của thỏi nước đá khi thả vào bình là mkg.

8

Trang 9

+ Nhiệt lượng cần thiết để mkg nước đá tăng từ -10 0 C nên 0 0 C là:

Q3 = m.c3  t = m.1800.10 = 18000.m

+ Vì còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên lượng nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 0 0 C là ( m -0,2)kg.

+ Nhiệt lượng cần thiết để (m - 0,2)kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00c là:

Q4 = (m - 0,2).3,4.105 = (m - 0,2).340000 Khi đó Qthu = Q3 + Q4 = 18000.m + 340000.(m - 0,2)

Qtoả = Qthu

 171152 = 18000.m + 340000.(m - 0,2)

 171152 = 358000.m - 68000

 358000.m = 239152 m = 0,668(kg) = 668(g) Vậy khối lượng của thỏi nước đá thả vào bình là 668g

Các em học sinh giỏi giải được các bài tập nhiệt học như vậy là đã đạt được mục tiêu mà tôi đặt ra khi viết sáng kiến này

THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BỘ MÔN VẬT LÝ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO THANH HOÁ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học 2013 - 2014 Môn thi: VẬT LÝ Lớp 9 THCS Ngày thi: 21 tháng 03 năm 2014

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề này có 06 câu, gồm 02 trang

Câu 1 (4,0 điểm)

Hai ô tô đồng thời xuất phát từ A đi đến B cách A một khoảng L Ô tô thứ nhất

a Hỏi ô tô nào đi đến B trước và đến trước ôtô còn lại bao lâu?

b Tìm khoảng cách giữa hai ô tô khi một ô tô vừa đến B.

Câu 2 (4,0 điểm)

Người ta đổ vào hai bình nhiệt lượng kế, mỗi bình 200 g nước, nhưng ở các nhiệt

hơn, rồi khuấy đều Sau đó, từ bình “lạnh” hơn lại lấy ra 50 g, đổ sang bình “nóng” hơn, rồi lại khuấy đều Hỏi phải bao nhiêu lần công việc

đổ đi, đổ lại như thế với cùng 50 g nước để hiệu nhiệt độ

đổi nhiệt với cốc, môi trường và hai bình nhiệt lượng kế

Câu 3 (4,0 điểm)

9

Số báo danh

R1

R3

A

U

C

Trang 10

Cho mạch điện như hình 1, trong đó U = 24 V, R1= 12, R2 = 9 , R4 = 6 , R3 là một biến trở, ampe kế có điện trở không đáng kể.

kế.

Câu 4 (3,0 điểm)

1 Ở hình 2: biết đường đi của tia sáng (1) qua một thấu kính phân kỳ sẽ qua

điểm A Hãy vẽ đường đi của tia sáng (2) qua thấu kính.

2 Một cái chụp đèn mặt trong nhẵn để có thể phản xạ ánh sáng (hình 3), S là một

điểm sáng đặt tại trung điểm của AB Biết cạnh OA = OB, hãy tính góc ở đỉnh nhỏ nhất của chụp đèn, sao cho các tia sáng phát ra từ S chỉ phản xạ đúng một lần bên trong chụp đèn.

Câu 5 (3,0 điểm)

Một thanh đồng chất có tiết diện đều được thả vào trong

một chất lỏng có khối lượng riêng D Một đầu của thanh được

buộc với một vật có thể tích V bằng một sợi dây mảnh không co

lỏng, (hình 4).

a Tìm khối lượng riêng của thanh đó.

b Cho trọng lượng của thanh là P Tìm khối lượng riêng của

vật và lực căng T của sợi dây

10

Hình 3



O

Hình 2

 A (1)

(2 )

O

Hình 4

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	793 KB