10 bài tập nâng cao về Sự cân bằng nhiệt môn Vật lý 8 có hướng dẫn chi tiết

10 BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ SỰ CÂN BẰNG NHIỆT

Bài 1. Một cái cốc bằng nhôm rất mỏng có khối lượng không đáng kể chứa M=300g.Ở nhiệt độ phòng t₀= 30⁰c. Thả vào cốc một miếng đá khối lượng m₁ = 50g có nhiệt độ t₁= -10⁰c. Sau vài phút khi đá tan hết thì nước trong cốc có nhiệt độ t=10⁰c. Đồng thời có nước bám mặt ngoài của cốc.

a) Hãy giải thích nước mặt ngoài của cốc do đâu mà có ?

b) Hãy tìm khối lượng nước bám mặt ngoài của cốc biết nhiệt nóng chảy của nước đá là \(\lambda = 330kJ/kg\), nhiệt dung riêng của nước là C₀ = 4200J/kg.K, nhiệt dung riêng của nước đá là C₁ = 2100J/kg.K, và để 1 Kg nước biến hoàn toàn thành nước ở 30⁰C thì cần một nhiệt lượng L = 2430KJ.

Hướng dẫn

a. Giải thích đúng hiện tượng nước xuất hiện mặt ngoài của cốc là do

- Trong không khí luôn có hơi nước đang ở nhiệt độ phòng 30⁰c

- Khi thả vào cốc miếng nước đá dâng ở -10⁰c vào cốc thì miếng nước đá thu nhiệt lượng của nước trong cốc làm nhiệt độ của nước giảm, Nhiệt độ của nước và cốc nhôm thấp hơn nhiệt đọ trong không khí vì vậy hơi nước trong không khí xung quanh thành cốc lúc này mất nhiệt  nên ngưng tụ và động lại trên thành cốc.

b. Gọi khối lượng nước bám mặt ngoài của cốc là m₂  (kg , m₂ >0)

Thì nhiệt độ của nước mặt ngoài cốc sẽ ở nhiệt độ cân bằng 10⁰c

- Nhiệt lượng do nước trong cốc toả ra là

     Q₃ = M.c₀. ( t₀ – t)

- Nhiệt do đá nước đá thu vào tan ra và nóng lên đến 10⁰c qua ba quá trình

   +  Q^'₁ = m₁. c₁. ( 0 – t₁)

   + Q^''₁ = m₁. λ

   + Q^'''₁ = m₁. c₀. ( t - 0)

- Nhiệt lượng thu vào của hơi nước ngoài cốc thu vào để ngưng tụ là

   + Q^'₂ = m₂. L

Nhiệt lượng nước bám mặt ngoài cốc toả ra hạ nhiệt độ xuống nhiệt độ t là

   + Q^''₂ = m₂. c₀. ( t₀ - t)

Theo phương trình cân bằng nhiệt thì

Q₃ + Q^''₂ = Q^'₁+ Q^''₁+ Q^'''₁ + Q^'₂

hay :

M.c₀. ( t₀ – t)+ m₂. c₀. ( t₀ - t)  = m₁. c₁. ( 0 – t₁) + m₁. λ + m₁. c₀. ( t - 0) +m₂. L

 m₂ =  \(\frac{{M.{c_0}.{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}{t_0}-{\rm{ }}t} \right) - {m_1}.{\rm{ }}{c_1}.{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}0{\rm{ }}-{\rm{ }}{t_1}} \right){\rm{ - }}{m_1}.\lambda {\rm{ - }}{m_1}.{\rm{ }}{c_0}.{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}t - {\rm{ }}0} \right)}}{{L - {c_0}.{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}{t_0} - {\rm{ }}t} \right)}}\)

Thay giá trị  M = 0.3 kg, m₁ = 0.05 kg , λ = 330000J/kg , t_o = 30⁰C,  c₀ = 4200J/kgK

c₁=2100J/kgK ,L=2430000J, t₁ = - 10⁰C.

⇒ tính được m₂ = 2.36 g

Bài 2 Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ t1 = 800C và ở thùng chứa nước B có nhiệt độ t2 = 200 C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi đổ, trong thùng chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t3  = 400C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm vào nó. Tính số ca nước phải múc ở mỗi thùng A và B để có nhiệt độ nước ở thùng C là t4 = 500C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, với bình chứa và ca múc.

Hướng dẫn

Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước, m là khối lượng nước chứa trong một ca .

n1 và n2 lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và B

( n1 + n2 ) là số ca nước có sẵn trong thùng C

   Nhiệt lượng do n1  ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã tỏa ra là

Q­1 = n1.m.c(80 – 50) = 30cmn1

Nhiệt lượng do n2 ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã hấp thu là

   Q­2 = n2.m.c(50 – 20) = 30cmn2

Nhiệt lượng do ( n1 + n2 ) ca nước ở thùng A và B  khi đổ vào thùng C đã hấp thụ  là:        

Q­3 = (n1 + n2)m.c(50 – 40) = 10cm(n1 + n2)

Phương trình cân băng nhiệt  Q­2 + Q­3 = Q­1 

                    30cmn2 + 10cm(n1 + n2) = 30cmn1  2n2 = n1

Vậy khi múc n ca nước ở thùng B thì phải múc 2n ca nước ở thùng A và số nước đã có sẵn trong thùng C trước khi đổ thêm là 3n ca 

Bài 3. Người ta thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,2 kg đã được đốt nóng đến nhiệt độ t1 vào một nhiệt lượng kế chứa m2 = 0,28 kg nước ở nhiệt độ t2 = 200C. Nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt là t3 = 800C. Biết nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của đồng và nước lần lượt là c1 = 400 J/(kg.K), D1 = 8900 kg/m3, c2 = 4200 J/(kg.K), D2 = 1000 kg/m3; nhiệt hoá hơi của nước (nhiệt lượng cần cung cho một kg nước hoá hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi) là L = 2,3.106 J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và với môi trường.

      1. Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của đồng.

      2. Sau đó, người ta thả thêm một miếng đồng khối lượng m3 cũng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng kế trên thì khi lập lại cân bằng nhiệt, mực nước trong nhiệt lượng kế vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3.Xác định khối lượng đồng m3.

Hướng dẫn

      1. - Nhiệt lượng của m1 kg đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t1 xuống 800C là

                 Q1 = c1.m1(t1 – 80);

- Nhiệt lượng của m2 kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 200C đến 800C là :          

                        Q2 = 60c2.m2;

- Phương trình cân bằng nhiệt : Q1 = Q2  

⇒ t1 =  \(\frac{{{\rm{60}}{{\rm{m}}_{\rm{2}}}{{\rm{c}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{m}}_{\rm{1}}}{{\rm{c}}_{\rm{1}}}}}{\rm{ + 80}}\)= 962 ( 0C).

      2. - Khi thả thêm m3 kg đồng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng kế, sau khi có cân bằng nhiệt mà mực nước vẫn không thay đổi. Điều này chứng tỏ :

      + Nhiệt độ cân bằng nhiệt là 1000C.

      + Có một lượng nước bị hóa hơi. Thể tích nước hóa hơi bằng thể tích miếng đồng m3 chiếm chỗ:

\({{\rm{V}}_{\rm{2}}}{\rm{' = }}\frac{{{{\rm{m}}_{\rm{3}}}}}{{{{\rm{D}}_{\rm{1}}}}}\)

- Khối lượng nước hóa hơi ở 1000C là :

\({{\rm{m}}_{\rm{2}}}{\rm{' = }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}}{\rm{'}}{\rm{.}}{{\rm{D}}_{\rm{2}}}{\rm{ = }}{{\rm{m}}_{\rm{3}}}\frac{{{{\rm{D}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{D}}_{\rm{1}}}}}\)

- Nhiệt lượng thu vào của m1 kg đồng, m2 kg nước để tăng nhiệt độ từ 80 0C đến 100 0C và của m’2 kg nước hoá hơi hoàn toàn ở 100 0C là :  

\({{\rm{Q}}_{\rm{3}}}{\rm{ = 20(}}{{\rm{c}}_{\rm{1}}}{{\rm{m}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{c}}_{\rm{2}}}{{\rm{m}}_{\rm{2}}}{\rm{) + L}}{{\rm{m}}_{\rm{3}}}\frac{{{{\rm{D}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{D}}_{\rm{1}}}}}\)

- Nhiệt lượng toả ra của m3 kg đồng để hạ nhiệt độ từ t1 = 962 0C xuống 100 0C là:  

\({Q_4} = 862{c_1}{m_3}\)

- Phương trình cân bằng nhiệt mới :  

\(\begin{array}{l} {\rm{ }}{Q_3} = {Q_4}\\ \Rightarrow {\rm{20(}}{{\rm{c}}_{\rm{1}}}{{\rm{m}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{c}}_{\rm{2}}}{{\rm{m}}_{\rm{2}}}{\rm{) + L}}{{\rm{m}}_{\rm{3}}}\frac{{{{\rm{D}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{D}}_{\rm{1}}}}} = 862{c_1}{m_3}\\ \Rightarrow {{\rm{m}}_{\rm{3}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{20(}}{{\rm{c}}_{\rm{1}}}{{\rm{m}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{c}}_{\rm{2}}}{{\rm{m}}_{\rm{2}}}{\rm{)}}}}{{{\rm{862}}{{\rm{c}}_{\rm{1}}}{\rm{ - L}}\frac{{{{\rm{D}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{D}}_{\rm{1}}}}}}} = 0,29\left( {kg} \right). \end{array}\)

Bài 4. Một bình nhôm khối lượng m0 = 250g, nhiệt độ ban đầu là t0 = 200C được bọc kín bằng lớp xốp cách nhiệt. Cần cho bao nhiêu lít nước ở nhiệt độ t1 = 500C và bao nhiêu lít nước ở nhiệt độ t2 = 00C để khi cân bằng nhiệt ta có 1,5 lít nước ở t3 = 100C? Biết nhiệt dung riêng của nhôm là c0 = 880J/Kg.K, của nước là c1 = 4200J/Kg.K và khối lượng riêng của nước là D = 1000kg/m3.

Hướng dẫn

Khối lượng nước ở 100C là:

M = D.V = 1000.0,0015 = 1,5 (kg)

Nhiệt lượng mà bình nhôm tỏa ra:

Q0 = m0.c0 (t0 – t3) = 0,25.880.(20 – 10)= 2200(J)

Nhiệt lượng mà nước ở 500C tỏa ra:

Q1 = m1.c1.(t1- t3) = m1.4200.(50– 10) = 168000.m1       (J)

Nhiệt lượng mà nước ở 00C thu vào:

Q2 = m2.c1.(t3- t2) = m2.4200(10- 0) = 42000.m2 (J)

Khi có cân bằng nhiệt ta có: Q0 + Q1 = Q2

Hay 2200 + 168000.m1 = 42000.m2

 210m2 = 840m1 + 11 (1)

Mà m1 + m2 = M = 1,5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: m1  0,3(kg) và m2 = 1,2(kg)

Vậy lượng nước ở 500C và 00C cần dùng là:

\(\begin{array}{l} {V_1} = \frac{{{m_1}}}{D} = \frac{{0,3}}{{1000}} = 0,0003({m^3}) = 0,3(l)\\ {V_2} = \frac{{{m_2}}}{D} = \frac{{1,2}}{{1000}} = 0,0012({m^3}) = 1,2(l) \end{array}\)

Bài 5. Người ta đổ m₁ gam nước nóng vào m₂ gam nước lạnh thì thấy khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nước lạnh tăng 5⁰C. Biết độ chênh lệch nhiệt độ ban đầu của nước nóng và nước lạnh là 80⁰C. Nếu đổ thêm m₁ gam nước nóng nữa vào hỗn hợp mà ta vừa thu được, khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của hỗn hợp đó tăng thêm bao nhiêu độ? Bỏ qua mọi sự mất mát về nhiệt

Hướng dẫn

+ Gọi nước nóng có nhiệt độ t₁, nước lạnh có nhiệt độ t₂

Sau khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hỗn hợp là t

+ Phương trình cân bằng nhiệt:

m₁.c.(t₁ - t) = m₂.c.(t – t₂)

\( \Rightarrow \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{{t - {t_2}}}{{{t_1} - t}}\) (1)

+ Mà t- t₂ = 5 và t₁ – t₂ = 80 nên t₁ = 75 + t

+ Thay vào (1) có \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{{t - {t_2}}}{{{t_1} - t}} = \frac{5}{{75}} = \frac{1}{{15}}\)

+ Khi đổ thêm vào m₁ gam nước nóng vào hỗn hợp, khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hỗn hợp là t’.

+ Phương trình cân bằng nhiệt: m₁.c.(t₁ – t’) = (m₁ + m₂).c.(t’ - t)

Mà t₁ = 75 + t nên m₁.(75 + t – t’) = (m₁ + m₂).(t’ – t)

\(\Rightarrow t' - t = \frac{{75.{m_1}}}{{2{m_1} + {m_2}}}\)

Mặt khác:

\(\begin{array}{l} \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{1}{{15}}\\ \Rightarrow {m_1} = \frac{{{m_2}}}{{15}}\\ \Rightarrow t' - t \approx 4,412 \end{array}\)

Vậy khi cân bằng nhiệt độ hỗn hợp đó tăng 4,412⁰C

 

...

---Để xem tiếp nội dung các bài tập ví dụ minh họa từ 6-10, các em vui lòng đăng nhập vào trang Chúng tôi để xem online hoặc tải về máy tính---

 

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung 10 bài tập nâng cao về Sự cân bằng nhiệt môn Vật lý 8 có hướng dẫn chi tiết. Để xem toàn bộ nội dung các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào website Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập .

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

• Phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm Chuyển động cơ học môn Vật Lý 8 cực hay

• Hướng dẫn giải 1 số dạng toán về Chuyển động cơ học Vật lý 8

• 91 câu hỏi trắc nghiệm Chuyên đề Lực đẩy Ác-si-mét có đáp án môn Vật lý 8

​Chúc các em học tập tốt !