SKKN Các dạng toán nhiệt học

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI

---------  --------

MÃ SKKN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MÔN VẬT LÝ

Các Dạng Toán Nhiệt Học

LĨNH VỰC: Vật Lý

CẤP

: Trung Học Cơ Sở

1

MỤC LỤC

NỘI DUNG

TRANG

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ

1. Lý do chọn đềtài

Từ trang 3 đến 4

3

2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3. Thời gian nghiên cứu

3

4. Phương pháp nghiên cứu

4

5. Số liệu khảo sát

4

PHẦN 2: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Chương 1 : Cơ sở của vấn đề nghiên cứu

1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứ

2/ Cơ sở thực tiễn

Từ trang 5 đến 26

5

6

Chương 2 : Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

1/ Những khó khăn

5

2/ Những thuận lợi

6

Chương 3 :Các dạng toán nhiệt học.

PHẦN 3: KẾT LUẬN – KHUYẾN NGHỊ

1.Một số kinh nghiệm

6 - 26

Từ trang 26 đến 27

26

2. Một số ý kiến đề xuất đối với UBND quận và

phòng giáo dục quận Thanh Xuân

27

2

PHẦN I – ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong nhà trường phổ thông dạy học là hoạt động chủ yếu và quan trọng nhất.

Hoạt động này muốn có hiệu qủa cao phải dựa vào nội dung chương trình giáo

dục, nội dung sách giáo khoa và nội dung của sách bài tập. Bên cạnh đó, việc đào

tạo mũi nhọn cho các môn học cũng là hoạt động rất cần thiết. Bởi có học sinh giỏi

môn nào thì sau này các em sẽ trở thành những nhân tài cho đất nước về lĩnh vực

đó. Để đào tạo được đội ngũ học sinh giỏi thì mỗi giáo viên phải tự học tập, bồi

dưỡng, nâng cao trình độ chuyên môn để nghiên cứu và viết ra được nội dung kiến

thức cũng như tìm ra phương pháp giảng dạy tối ưu, đáp ứng những đòi hỏi của

công việc. Một trong những năng lực quan trọng nhất của người giáo viên khi bồi

dưỡng học sinh giỏi là năng lực nghiên cứu khoa học . Vì vậy tôi luôn cố gắng tìm

tòi nghiên cứu giúp cho học sinh những con đường ngắn nhất hay nhất gần gũi

nhất với các em đến chân trời tri thức.

1/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong nội dung bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, học sinh giỏi vật lý THCS có bốn

học phần: Cơ, Nhiệt, Điện, Quang thì Nhiệt học vẫn được coi là học phần dễ nhất.

Tuy nhiên học sinh vẫn thường xuyên mắc phải những sai lầm cơ bản do chưa hiểu

được mối liên hệ giữa lý thuyết và thực tế, chưa có sự xâu chuỗi giữa các học phần

với nhau. Vì vậy tôi nghiên cứu đề tài “Các dạng toán nhiệt học” nhằm giúp học

sinh giỏi ôn tập, đào sâu, mở rộng kiến thức nắm được các dạng cơ bản và nâng

cao của Nhiệt Học trong chương trình vật lý phổ thông góp phần làm phát triển tư

duy sáng tạo của học sinh giỏi, nâng cao chất lượng học sinh giỏi vật lý THCS.

2/ ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU

a. Đối tượng nghiên cứu

- Các dạng bài tập chỉ liên quan đến Nhiệt

- Các dạng bài tập Cơ – Nhiệt,

- Các dạng bài tập Điện – Nhiệt.

b. Phạm vi: Chương trình Nhiệt học của THCS và học sinh giỏi vật lý THCS

3/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu khoa học là một vấn đề hết sức quan trọng đòi hỏi phải có thời gian

và năng lực. Từ năm học 2007 đến nay tôi được nhà trường phân công dạy đội

3

tuyển vật lý 8,9 tôi đã nghiên cứu phân loại các bài tập dưới dạng các chủ đề và

dạy đối với lớp 8,9 ở các cấp độ khác nhau . Chuyên đề “Các dạng toán nhiệt học”

được tôi nghiên cứu trong thời gian 5 năm (2012 – 2017). Đề tài được sử dụng

với học sinh giỏi khối 8, 9 năm học 2012 -2013, 2013 - 2014, 2014 – 2015, 2015 –

2016 , 2016 – 2017.

4/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Để nghiên cứu đề tài, Tôi đã phối hợp các phương pháp nghiên cứu:

a/ Phương pháp nội dung lí luận

- Đọc sách giáo khoa, nghiên cứu sách bài tập và sách tham khảo

- Nghiên cứu các phương pháp mà đồng nghiệp đang sử dụng

b/ Phương pháp nghiên cứu điều tra khảo sát bằng thực tế

- Nghiên cứu việc tiếp thu kiến thức của học sinh

- Nghiên cứu việc vận dụng lý thuyết vào thực tế, kiến thức vào giải các bài

tập cụ thể

- Theo dõi tình hình học tập của học sinh

c/ Phương pháp thống kê, tổng hợp, so sánh tổng kết kinh nghiệm

d / Phương pháp quan sát sư phạm

5/ SỐ LIỆU KHẢO SÁT

Trước khi đề tài được áp dụng thì phần đa học sinh chỉ nắm được một số dạng bài

cơ bản như: nhiệt trao đổi hai chất hoặc 3 chất, nhiệt chuyển thể đơn giản. Nhưng

sau một thời gian dài áp dụng dạy tôi thấy học sinh có nhiều tiến bộ, các em linh

hoạt hơn trong các bài tập, làm bài tập khoa học chắc chắn, đặc biệt số học sinh

yêu thích môn học tăng lên. Bên cạnh đó học sinh còn rèn luyện cách tự học đặc

biệt là cách đọc hiểu một bài tập, một vấn đề từ đó hình thành phát triển tư duy

sáng tạo. Tôi đã thống kê số liệu qua các năm học như sau :

Vận dụng

Tổng số học Thông hiểu

được các

dạng nâng

cao

Vận dụng

có sáng tạo

NĂM HỌC

sinh được

các dạng cơ

nghiên cứu

bản

2012 - 2013

2013 - 2014

2014 - 2015

2015 - 2016

2016 - 2017

18

30

16

18 100%

30 1 0%

30 100%

16 100%

10

12

21

25

10

56% 7

67% 9

39%

50%

53%

57%

63%

70% 16

83% 17

63% 10

4

PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Chương 1: Cơ sở của vấn đề nghiên cứu

1/ CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

Nghị quyết trung ương II khoá VIII đã nêu rõ mục tiêu giáo dục là “Nâng cao

chất lượng giáo dục ..., đổi mới nội dung và phương pháp ..., rèn luyện thành nếp

tư duy sáng tạo của người học”. Để đạt được mục tiêu đó thì người thầy phải

không ngừng học tập bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ, nâng cao tay nghề và phải

tiếp cận với các phương pháp dạy học hiện đại, phải kết hợp tốt các phương pháp

dạy học nhằn thu hút các em học sinh vào bài giảng, tổ chức điều khiển để các em

tích cực chủ động tự giác học tập tiếp thu kiến thức. Từ đó xây dựng lòng yêu

thích say mê môn học, bồi dưỡng năng lực tự học cho người học. Đặc biệt là đối

với những học sinh đầu nhọn, đội tuyển học sinh giỏi.

Dạy đội tuyển HSG không có nghĩa là chỉ dạy những bài tập nâng cao,vượt ra

khỏi khả năng tiếp thu của học sinh, dễ gây cho học sinh cảm giác chán nản và sợ

học.

Dạy đội tuyển HSG là phải bắt đầu từ những bài tập đơn giản , phải phân loại

được các dạng bài tập cơ bản và cần thiết nhất như vậy học sinh mới có thể nắm

bắt được một cách sâu sắc và từ đó các em sẽ tự giải được các bài tập và cảm thấy

yêu thích môn học. Vậy khi dậy ta nên chọn các dạng bài tập như thế nào ?

2/ CƠ SỞ THỰC TIỄN

Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ then chốt trong mỗi nhà trường, bởi vì kết

quả học sinh giỏi hàng năm là một trong những tiêu chuẩn để xét thi đua cho nhà

trường và nó cũng là một trong những tiêu chuẩn để tạo danh tiếng cho trường, là

thành quả để tạo lòng tin với phụ huynh và là cơ sở tốt để xã hội hoá giáo dục.

“Các dạng toán nhiệt học” là một phần không thể thiếu trong chương trình

vật lý THCS. Đây là kiến thức quan trọng và rất hay, nó phong phú, đa dạng, luôn

có trong bài thi học sinh giỏi môn Vật lý THCS.

Để có một lời giải đúng, chính xác thỏa mãn yêu cầu đặt ra của một bài tập

không dễ dàng đối với giáo viên khi hướng dẫn và càng khó khăn hơn đối với học

sinh khi giải bài tập. Tôi rất trăn trở và mạnh dạn từng bước, từng năm tìm tòi

những biện pháp tối ưu nhất với phương châm vừa làm vừa rút kinh nghiệm. Để

nhằm bồi dưỡng các em được tốt hơn. Vậy tôi chọn đề tài: “Các dạng toán nhiệt

học”.

5

Chương 2: Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

1.KHÓ KHĂN:

- Bản thân là giáo viên trẻ kinh nghiệm còn ít, năng lực nghề nghiệp còn hạn

chế, cần phải học hỏi nhiều ở đồng nghiệp

- Học sinh trong phạm vi nghiên cứu số lượng còn ít, phần thì nhiều phụ

huynh học sinh đều chưa quan tâm đến việc học của các em, phần thì điều kiện

kinh tế còn kém. Từ đó dẫn đến phong trào học tập cũng như tính tự giác học tập

của các em thấp

- Cơ sở vật chất trường học còn hạn chế việc dạy học

2. THUẬN LỢI:

- Tuy thời gian công tác chưa nhiều, xong bản thân luôn luôn học hỏi, trau dồi

tích luỹ kiến thức, kinh nghiệm cho bản thân

- Được sự giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè, đồng nghiệp cùng chuyên môn và sự

giúp đỡ của lãnh đạo của nhà trường

- Các em học sinh có ý thức học tập tốt , tinh thần tự giác cao. Một số phụ

huynh quan tâm đến điều kiện học tập của con em mình. Số các em này là nhân tố

để gây dựng phong trào học tập ở địa phương

- Địa phương cũng quan tâm đến điều kiện nhà trường và quan tâm đến phong

trào học tập của con em địa phương. Đó là dấu hiệu tốt cho việc phát triển giáo dục

sau này

- Uỷ ban nhân dân quận (huyện) cùng Phòng giáo dục cũng quan tâm tới

phong trào học tập của nhà trường

Chương 3: Các dạng toán nhiệt học

Khi dạy bồi dưỡng, điều cơ bản nhất là học sinh phải nắm bắt được

phương pháp chung khi giải các bài tập cũng như phương pháp giải riêng cho từng

loại bài .Tôi đã tham khảo qua nhiều kênh thông tin và thấy có rất nhiều cách giải

hay , ngắn gọn cho từng dạng bài trong phần nhiệt học . Xin mạnh dạn được đưa

ra để các đồng nghiệp cùng trao đổi :

6

CÁC BÀI TẬP PHẦN NHIỆT HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:

Phần này gồm có 8 dạng bài sau:

+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất

+ Các bài toán có sự chuyển thể của các chất

+ Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường

+ Các bài toán có liên quan đến năng suất tỏa nhiệt

+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn

+ các bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu

+ các bài toán đồ thị

+Các bài toán liên quan cơ-nhiệt

I/ CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT CỦA HAI CHẤT VÀ NHIỀU CHẤT

*Phương pháp:

- Bước 1: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt.

chất thay đổi nhiệt độ từ t₁đến t₂. Nếu t₂> t₁: Vật thu nhiệt. Nếu t₂< t₁. Vật

toả nhiệt

Qthu = m_AC_A(t₂-t₁)

m_A: khối lượng của chất A (kg).

C_A: Nhiệt dung riêng của chất A ( J/kg.độ.)

t₁: Nhiệt độ ban đầu của vật A(⁰C)

t₂: Nhiệt độ lúc sau của vật A( ⁰C)

Qtỏa = m_BC_B(t₁-t₂)

m_B: khối lượng của chất B (kg).

C_B: Nhiệt dung riêng của chất B ( J/kg.độ.)

t₁: Nhiệt độ ban đầu của vật B(⁰C)

t₂: Nhiệt độ lúc sau của vật B( ⁰C)

- Bước 2: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình

cần thiết , để tìm đại lượng chưa biết.

Qthu = Qtỏa  m_AC_A(t₂-t₁) = m_BC_B(t₁-t₂)

*Bài tập đại diện :

Bài 1

Có hai bình cách nhiệt. Bình 1 chứa m₁= 2kg nước ở t₁= 20⁰C, bình 2

chứa m₂= 4kg nước ở t₂= 60⁰C. Người ta rót một lượng nước m từ bình 1 sang

bình 2, sau khi cân bằng nhiệt, người ta lại rót một lượng nước m như thế từ

bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là t^’₁= 21,95⁰C

a.Tính lượng nước m trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng t^’₂của bình 2?

b.Nếu tiếp tục thực hiện lần hai, tìm nhiệt độ cân bằng của mỗi bình?

7

Giải

a) Sau khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của bình 2 là

t^’₂ta có:

m.c(t^’₂- t₁) = m₂.c(t₂- t^’₂)

 m. (t^’₂- t₁) = m₂. (t₂- t^’₂)

(1)

Tương tự cho lần rót tiếp theo, nhiệt độ cân bằng của bình 1 là t^’₁. Lúc này

lượng nước trong bình 1 chỉ còn (m₁– m). Do đó

m.( t^’₂- t^’₁) = (m₁– m)( t^’₁– t₁)

 m.( t^’₂- t^’₁) = m₁.( t^’₁– t₁)

(2)

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

m t  m (t^'₁t )

2

1

 t^’₂=

(3)

m₂

Thay (3) vào (2) ta rút ra:

m .m (t^'₁t )

1

2

1

m =

(4)

m (t t )  m (t^'₁t )

2

1

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

t^’₂ 59⁰C; m = 0,1kg = 100g

b) Bây giờ bình 1 có nhiệt độ t^’₁= 21,95⁰C. Bình 2 có nhiệt độ t^’₂= 59⁰C nên sau

lần rót từ bình 1 sang bình 2 ta có phương trình cân bằng nhiệt:

m.(t^’’- t^’₁) = m₂.(t^’₂– t^’’)

2

 t^’’(m + m₂) = m t^’₁+ m₂t^’₂

2

mt^'₁ m t^'₂

2

 t^’’=

Thay số vào ta được t^’’= 58,12⁰C

2

m  m₂

Và cho lần rót từ bình 2 sang bình 1:

m.( t^’’- t^’’) = (m₁– m)( t^’’- t^’₁)

 t^’’.m₁= m. t^’’+ (m₁- m). t^’₁

2

1

2

m.t^'' (m  m).t^'₁

2

1

 t^’’=

 23,76⁰C

1

m₁

Bài 2

Người ta cho vòi nước nóng 70⁰C và với nước lạnh 10⁰C đồng thời chảy vào bể

đó có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 60⁰C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu

được nước có nhiệt độ 45⁰C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ

qua sự mất mát năng lượng ra môi trường.

Giải

Vỡ lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể

bằng nhau. Gọi khối lượng mỗi loại nước là m(kg):

Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60 – 45) = m.c(45 – 10)



25.m +

10.m

1500 = 35.m

= 1500

8

1500

10

 m 

150(kg)

Thời gian mở hai vũi là:

15

t 

 7,5( phút)

20

Bài 3

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 t₁

= 20 ⁰C, ở thùng II là t₂= 80 ⁰C. Thùng chứa III đó cú sẵn một lượng nước ở

nhiệt độ t₃= 40 ⁰C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự

mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hóy tớnh số ca nước cần múc

ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 ⁰C ?

Giải

Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n₁là số ca nước ở thùng I, n₂là 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

Ta có :

Nhiệt lượng thu vào của nước từ thùng I là : Q₁= m₁.c.(50-20) = n₁.m.c.30 (1)

Nhiệt lượng tỏa ra của nước từ thùng II là : Q₂= m₂.c.(80-50) = n₂.m.c.30 (2)

Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q₃=(n₁+n₂).m.c.(50 - 40) =

(n₁+n₂).m.c.10 (3)

Do quỏ trỡnh là cõn bằng nờn ta cú : Q₁+ Q₃= Q₂(4)

Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n₁= n₂

Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thỡ phải mỳc ở thựng I: 2n ca và số nước có sẵn

trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương )

Bài 4

Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp

nước nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi

chúng xảy ra hiện tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với

môi trường.

Giải

Gọi V₁; V₂; V’₁; V’₂lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước

nóng, nước lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay

đổi 1⁰C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và

nước lạnh lần lượt là ∆t₁và ∆t₂.

V₁= V’₁+ V’₁K∆t₁và V₂= V’₂- V’₂K∆t₂

Ta có V₁+ V₂= V’₁+ V’₂+ K(V’₁∆t₁- V’₂∆t₂)

Theo phương trỡnh cõn bằng nhiệt thỡ: m₁C∆t₁= m₂C∆t₂với m₁, m₂là khối lượng

9

nước tương ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vỡ cựng điều kiện nên chúng có khối

lượng riêng như nhau

Nên: V’₁DC∆t₁= V’₂DC∆t₂ V’₁∆t₁– V’₂∆t₂= 0

Vậy: V₁+ V₂= V’₁+ V’₂nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi

II/ CÁC BÀI TOÁN CÓ SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT

*Phương pháp giải

- Bước 1: Xác định xem sự chuyển thể xảy ra như thế nào?

Đông đặc

Ngưng tụ

Tỏa : Q=L.m

Tỏa : Q=



.m

Thể khí

Thể rắn

Thể lỏng

Hóa hơi

Nóng chảy

Thu: Q =L.m

Thu : Q =



.m

Q=

Q =L.m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ sôi

: Nhiệt nóng chảy của chất tạo nên vật (J/kg)



.m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ nóng chảy



L: Nhiệt hóa hơi của chất tạo nên vật (J/kg)

- Bước 2: Thiết lập các phương trình cân bằng nhiệt và chuyển thể ,tìm đại lượng

còn thiếu

Xác lập một sơ đồ hấp thụ nhiệt:(nếu vật chuyển từ thể rắn sang thể hơi hoặc

ngược lại)

Chất (A) t₁---Q₁--->(A) t_nc--- Q₂--->(A)_nc—Q₃---->A_sôi—Q₄---->(A)_hơi

Bài toán có thể xem như có 4 quá trình hấp thụ nhiệt:

+ Chuyển từ nhiệt độ t₁sang nhiệt độ nóng chảy:

Q₁= mC₁( t_nc– t₁)

+ Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy sang nóng chảy hoàn toàn:

Q₂= m₁.



+ Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy hoàn toàn đến nhiệt độ sôi:

Q₃= mC₂( t_sôi– t_nc)

+ Chuyển từ nhiệt độ sôi sang bốc hơi hoàn toàn;

Q₄= m.L

Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho cả quá trình là tổng của 4 nhiệt lượng trên

Q= Q₁+ Q₂+Q₃+ Q₄

* Bài tập đại diện:

10

Bài 1

Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t₁= -5⁰C. Người ta đổ

vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t₂= 80⁰C. Sau khi

cân bằng nhiệt thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Tìm khối lượng

của chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là D_n=

1000kg/m³và D_d= 900kg/m³, nhiệt dung riêng của nước và nước đá là

4200J/kgK, 2100J/kgK, nhiệt nóng chảy của nước đá là 340000J/kg.

Giải

Nếu đá tan hết thì khối lượng nước đá là:

m V.D  m  0,7 kg





d

n

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

Q  m c 0 t  m =Q  7350  238000  245350 J

_d

₁

 

1

d

1

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

Q  m.c t  0 168000 J

_n



 

2

Nhận xét do Q₂< Q₁nên nước đá không tan hết, đồng thời Q₂> m c 0 t nên

_d

₁

d

trong bình tồn tại cả nước và nước đá. Suy ra nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 0⁰C

168000  7350

Khối lượng nướcđá dã tan là: m_{d tan}



 0,4725 kg





340000

Sau khi cân bằng nhiệt:

Khối lượng nước trong bình là: m  0,5 0,4725  0,9725 kg V  0,9725l





n

Thể tích nước đá trong bình là: V_dV V_n1,2  0,9725  0,2275l

'

Khối lượng nước đá trong bình là: m V D  0,20475 kg





d

'

Vậy khối lượng của chất trong bình là: m  m  m 1,17725 kg





n

d

Bài 2

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

o

=  5 C. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng một bếp điện. Xem rằng nhiệt

lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt

nóng (hệ số tỷ lệ không đổi). Người ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của

hệ tăng từ t₁=  5 ^oC đến t₂= 0 ^oC, sau đó nhiệt độ không đổi trong 1280 s tiếp

theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t₂= 0 ^oC đến t₃= 10 ^oC trong 200 s. Biết nhiệt

dung riêng của nước đá là c₁= 2100 J/(kg.độ), của nước là c₂= 4200 J/(kg.độ).

Tỡm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 0⁰c.

Giải

Gọi K là hệ số tỷ lệ và  là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hoàn

toàn ở nhiệt độ nóng chảy.

+ Trong T₁= 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t₁= - 5^oC đến t₂= 0

^oC:

k.T₁= (m₁.c₁+ m_x.c_x)(t₂- t₁)

(1)

+ Trong T₂= 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi:

11