Chuyên đề Bồi dưỡng Học sinh giỏi môn Vật Lý 8 năm 2021- Phần Nhiệt học

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 8

LUYỆN TẬP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP NHIỆT HỌC

 

Bài 1: Người ta đổ vào một hình trụ thẳng đứng có diện tích đáy S  = 100cm² lít nước muối có khối lượng riêng D₁ = 1,15g/cm³ và một cục nước đá làm từ nước ngọt có khối lượng m = 1kg. Hãy xác định sự thay đổi mức nước ở trong bình nếu cục nước đá tan một nửa. Giả thiết sự tan của muối vào nước không làm thay đôi thể tích của chất lỏng.

Giải:

Lúc đầu khối nước đá có khối lượng m chiếm một thể tích nước là V₁= m/D₁. Khi cục đá tan một nửa thì nước đá chiếm một thể tích nước là V₂ = m/2.D₂ với D₂ là khối lượng riêng sau cùng của nước trong bình. Nửa cục đá tan làm tăng thể tích của nước của nước là V^’ = m/2D với D là khối lương riêng của nước ngọt. Mực nước trong bình thay đổi là

\(\begin{array}{l}
\Delta h = {V_2} + V' - {V_1})S = \frac{m}{S}\left( {\frac{1}{{2{D_2}}} + \frac{1}{{2D}} - \frac{1}{{{D_1}}}} \right)\\
{D_2} = {D_1}V + \frac{m}{2}(V + V') = 1,1\frac{g}{{c{m^3}}}
\end{array}\)  

Thay các giá trị ta có: mực nước dâng cao 0,85cm

Bài 2: Một thau nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 20⁰C.

    a. Thả vào thau nước một thỏi đồng khối lượng 200g lấy ra ở bếp lò. Nước nóng đến 21,2⁰C. Tìm nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là:

c₁ = 880J/kg.K, c₂ = 4200J/kg.K, c₃ = 380J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

    b. Thực ra, trong trường hợp này nhiệt lượng toả ra môi trường là 10%  nhiệt lượng cung cấp cho thau nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò.

    c. Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 0⁰C. Nước đá có tan hết không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống . Biết để 1kg nước đá ở 0⁰C nóng chảy hồn tồn cần cung cấp một nhiệt lượng là: 3,4.10⁵J. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Giải:

a. Nhiệt độ của bếp lò: (  cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng)

Nhiệt lượng của thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ t₁= 20⁰C lên t₂ = 21,2⁰C:  

Q₁ = m₁.c₁(t₂ - t₁)

Nhiệt lượng của nước nhận được để tăng nhiệt độ từ t₁= 20⁰C lên t₂ = 21,2⁰C:  

Q₂ = m₂.c₂(t₂ - t₁)

Nhiệt lượng của thỏi đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t⁰C xuống t₂ = 21,2⁰C: 

Q₃ = m₃.c₃(t – t₂)

Vì không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

Q₃ = Q₁ + Q₂

 m₃.c₃(t - t₂) = m₁.c₁(t₂ - t₁) + m₂.c₂(t₂ - t₁) 

  t = [(m₁.c₁+ m₂.c₂) (t₂ - t₁) / m₃.c₃] + t₂

          Thế số ta tính được:  t = 160,78⁰C

b.  Nhiệt độ thực của bếp lò(t’):                                                                                                  

       Theo giả thiết ta có:

Q’₃ - 10% ( Q₁+ Q₂ ) = ( Q₁+ Q₂ ) 

  Q’₃ = 1,1 ( Q₁+ Q₂ ) m₃.c₃(t’ - t₂) = 1,1 (m₁.c₁+ m₂.c₂) (t₂ - t₁)

  t’ =  [ 1,1 (m₁.c₁+ m₂.c₂) (t₂ - t₁) ] / m₃.c₃ }+ t₂

         Thay số ta tính được:  t’ = 174,74⁰C

c. Nhiệt độ cuối cùng của hệ thống:

   + Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở  0⁰C:  

Q = 3,4.10⁵.0,1 = 34000(J)

   +  Nhiệt lượng cả hệ thống (thau, nước, thỏi đồng) toả ra khi hạ 21,2⁰C xuống 0⁰C:

Q’ = (m₁.c₁+ m₂.c₂ + m₃.c₃ ) (21,2⁰C - 0⁰C) = 189019,2(J)                                                      

  + So sánh ta có: Q’ > Q  nên nhiệt lượng toả ra Q’ một phần làm cho thỏi nước đá tan hồn

 tồn ở 0⁰ C và phần còn lại (Q’-Q) làm cho cả hệ thống ( bao gồm cả nước đá đã tan) tăng nhiệt độ từ 0⁰C lên nhiệt độ t”⁰C.

   + (Q’-Q) =  [m₁.c₁+ (m₂ + m)c₂ + m₃.c₃ ] (t”- 0) t” = (Q’-Q) / [m₁.c₁+ (m₂ + m)c₂ + m₃.c₃ ]

          Thay số và tính được: t” =  16,6⁰C.

Bài 3: Một bếp dầu đun sôi 1 lít nước đựng trong ấm bằng nhôm khối lượng 300gam thì sau thời gian

t₁ = 10 phút nước sôi. Nếu dùng bếp trên để đun 2 lít nước trong cùng điều kiện thì sau bao lâu nước sôi ? Cho nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là C₁ = 4200J/kg.K ; C₂ = 880J/kg.K. Biết nhiệt do bếp dầu cung cấp một cách đều đặn.

Giải:

Gọi Q₁ và Q₂ là nhiệt lượng cần cung cấp cho nước và ấm nhôm trong hai lần đun,

Gọi m₁, m₂ là khối lương nước và ấm trong lần đun đầu.

Ta có:   Q₁ = (m₁.C₁ + m₂.C₂) Δt

             Q₂ = (2.m₁.C₁ + m₂.C₂) Δt

Do nhiệt toả ra một cách đều đặn, nghĩa là thời gian đun càng lâu thì nhiệt toả ra càng lớn. Ta có thể đặt:

Q₁ = k.t₁   ;   Q₂ = k.t₂  (trong đó k là hệ số tỉ lệ nào đó)

Suy ra:  k.t₁  = (m₁.C₁ + m₂.C₂) Δt

             k.t₂  = (2.m₁.C₁ + m₂.C₂) Δt

Lập tỉ số ta được:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{t_2}}}{{{t_1}}} = \frac{{(2{m_1}{C_1} + {m_2}{C_2})}}{{({m_1}{C_1} + {m_2}{C_2})}} = 1 + \frac{{{m_1}{C_1}}}{{{m_1}{C_1} + {m_2}{C_2}}}\\
hay\\
{t_2} = \left( {} \right.1 + \frac{{{m_1}{C_1}}}{{{m_1}{C_1} + {m_2}{C_2}}}\left. {} \right).{t_1} = \left( {} \right.1 + \frac{{4200}}{{4200 + 0,3.880}}\left. {} \right).10 = 19,4(p)
\end{array}\)

Bài 4: Thả đồng thời 0,2kg sắt ở 15⁰C và 450g đồng ở nhiệt độ 25⁰C vào 150g nước ở nhệt độ 80⁰C. Tính nhiệt độ của sắt khi có cân bằng nhiệt xảy ra biết rằng sự hao phí nhiệt vì môi trường là không đáng kể và nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt bằng 460J/kgK, 400J/kgK và 4200J/kgK.

Giải:

Gọi: t là nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt xảy ra.

Nhiệt lượng sắt hấp thụ: Q₁ = m₁c₁(t – t₁). Nhiệt lượng đồng hấp thụ: Q₂ = m₂c₂(t – t₂)

Nhiệt lượng do nước tỏa ra Q₃ = m₃c₃(t₃ – t)

Lập công thức khi có cân bằng nhiệt xảy ra, từ đó suy ra:

\(t\, = \,\frac{{{m_1}{c_1}{t_{1\,}}\, + \,{m_2}{c_2}{t_2}\, + \,{m_3}{c_3}{t_3}\,}}{{{m_1}{c_1}\, + \,{m_2}{c_2}\, + \,{m_3}{c_3}\,\,}}\)

Tính được t = 62,4⁰C.

Bài 5: Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ t_A = 20⁰C và ở thùng chứa nước B có nhiệt độ t_B = 80⁰C 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 t_C = 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 50⁰C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, với bình chứa và ca múc nước

Giải:

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 thùng 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 hấp thụ là : 

Q­₁ = n₁.m.c(50 – 20) = 30cmn₁

Nhiệt lượng do n₂ ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là : 

Q­₂ = n₂.m.c(80 – 50) = 30cmn₂

Nhiệt lượng do (n₁ + n₂)  ca nước ở thùng C đã hấp thụ là :  

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

Phương trình cân bằn nhiệt :

Q­₁ + Q­₃ = Q­₂  30cmn₁ + 10cm(n₁ + n₂) = 30cmn₂  2n₁ = n₂

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

...

--(Nội dung tiếp theo của tài liệu, các em vui lòng đăng nhập để xem online hoặc tải về)--

Trên đây là trích dẫn một phần nội dung tài liệu Chuyên đề Bồi dưỡng Học sinh giỏi môn Vật Lý 8 năm 2021- Phần Nhiệt học. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang 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.