skknchat@gm
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 = 400C. Sau khi đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t1 = 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.
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=
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 t1= 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 t3 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, ti 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
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 , Nhiệt độ của bình là Tb, nhiệt độ môi trường là T0, thời gian toả nhiệt là . Theo bài ra ta có:
với
gọi là độ giảm nhiệt độ của bình, với 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 là như nhau.
Trong một đơn vị thời gian, nhiệt lượng toả ra môi trường là:
Với bình chứa nước, khi bình giảm nhiệt độ thì lượng nhiệt toả ra là
24
Với bình chứa quả cầu, khi bình giảm nhiệt độ thì lượng nhiệt toả ra là: Theo đề bài bình nhẹ nên mb Mn và mc=Mn.
Ngoài ra Cb Cn. Vì vậy ta có: ;
Gọi thời gian giảm từ nhiệt độ sôi tới nhiệt độ môi trường của bình 1 là t1 và của bình 2 là t2. Ta có:
(1)
(2) Chia vế với vế của (2) và (1) ta được:
Suy ra: Cc= Cn(k – 1)
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: *.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 200C 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:
(1 ) Đối với bình 1:
(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
q1 = 6q2 (3) Thay (3) vào (2) ta có:
Vậy nhiệt độ bình 1 khi có cân bằng nhiệt là 240C.
Bài 2:
Một nhiệt lượng kế ban đầu chưa đựng gì. Đổ vào nhiệt lượng kế một ca nước nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 50C. Sau đó lại đổ thêm một ca nước nóng nữa thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 30C.
Hỏi nếu đổ thêm vào nhiệt lượng kế cùng một lúc 5 ca nước nóng nói trên thì nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa?
Bài giải : Gọi : q là nhiệt dung của nhiệt lượng kế,
mC là nhiệt dung của một ca nước nóng, t là nhiệt độ của nước nóng,
t0 là nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế. - Khi đổ một ca nước nóng, ta có PTCB nhiệt:
mC = q.5 (1)
- Khi đổ thêm một ca nước nóng nữa, ta có PTCB nhiệt thứ hai: mC = (q + mC).3(2)
- Khi đổ thêm 5 ca nước nóng, áp dụng PTCB nhiệt ta có:
5mC= (q+2mC) (3) Thay (1) vào (2): 5q – 3mC = 3q + 3mC Suy ra: 6mC = 2q mC = Thay (2) vào (3): 5(3q + 3mC) – 5mC. = (q + 2mC). (4) Thay mC= vào (4), ta được:
5(3q + 3. ) – 5mC. = (q + 2. )
20q =
Vậy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng 60C.
Bài 3:
Ba bình cách nhiệt A,B,C nhiệt dung không đáng kể đựng 3 chất lỏng có nhiệt dung và nhiệt độ lần lượt là: q1,q2,q3 và t1,t2,t3. Nhúng một nhiệt kế có nhiệt dung q0,
26
nhiệt độ ban đầu t0 = 300C vào bình A, khi số chỉ của nó đã ổn định thì nhấc nhanh ra và nhúng vào bình B. Cứ như vậy nhiệt kế được nhúng lần lượt vào các bình theo thứ tự A,B,C. Ghi nhiệt độ do nhiệt kế chỉ ta được các giá trị lần lượt như sau: 900C, 600C, 800C. Biết q1= 2q2 = 3q3 = 6q0
a) Tính các giá trị t1, t2 và t3?
b) Sau một số lần nhúng như vậy, nhiệt kế chỉ bao nhiêu? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài.
Bài giải:
a) Khi nhiệt kế nhúng vào A, do nhiệt độ chung lớn hơn nhiệt độ nhiệt kế nên nhiệt kế thu nhiệt, còn chất lỏng toả nhiệt.
Ta có PTCB nhiệt ở bình A
q0(90 - 30) = q1(t1 - 90) 60q0 = 6q0(t1 - 90) t1 = 1000C
- Khi nhúng nhiệt kế sang bình B ta có PTCB nhiệt: q0(90 - 60)= q2(60 – t2)
30q0 = 3q0(60 – t2) t2 = 500C
- Khi nhúng nhiệt kế sang bình C ta có PTCB nhiệt: q0(80 - 60)= q3(t3 – 80)
20q0 = 2q0(t3 - 80) t3 = 900C
b) Giả sử sau một số lần nhúng như vậy thì nhiệt độ của 4 vật cân bằng - gọi là t0C.
- Ta tính nhiệt độ chung của từng cặp.
- Nhiệt kế và bình A trao đổi nhiệt có nhiệt độ chung là 900C.
- Bình B và bình C trao đổi nhiệt có nhiệt độ chung là t/.
Ta có PTCB nhiệt cho quá trình trao đổi nhiệt của hai chất lỏng ở bình B và C: q2(t/ - 50)= q3(90 – t/)
1,5q2(t/ - 50)= q3(90 – t/) 2,5t/ = 165 t/ =660C
Ta có PTCB nhiệt do quá trình trao đổi nhiệt của 4 bình là: (q0 + q1) (90 - t)= (q2 + q3)(t - 66)
(q0 + 6q0)(90 - t)= (3q0 + 2q0)(t - 66) 7(90 - t) = 5(t - 66)
t = 8