12
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kg nước tăng nhiệt độ từ -200C đến 00C.
Q1 = m.c1.( t2 –t1) = 1.1800.{ 0 – (-20)] = 36000J
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy:
Q2 = .m = 3,4.105.1 = 340000J
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kg nước tăng nhiệt độ từ 00C đến sôi ở 1000C:
Q3 = m.c2.(t3 –t2 ) = 1.42000.(100 – 0) = 42000J
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kg nước hóa hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi:
Q4 = L.m = 2.3.106.1 = 2300000J
Nhiệt lượng cần cung cấp để thực hiện quá trình trên:
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 36kJ + 340kJ + 420kJ + 2300kJ = 3096kJ.

13. a. Nhiệt lượng quả cầu bằng đồng thau tỏa ra khi hạ nhiệt từ 1000C đến t0C
Q1 = m1.c1.( t1 – t)
Nhiệt lượng thùng sắt và nước nhận được để tăng nhiệt độ từ 200C đến t0C:
Q2 = m2.c2.( t –t2)
Q3 = m3.c1.( t-t2)
Theo phương trình cân bằng nhiệt , ta có: Q1 = Q2 + Q3
ó m1.c1.( t1 –t) = m2.c2.( t –t2) + m3.c3.(t – t2)
 
b. Nhiệt lượng cần cung cấp để nước, thùng sắt, quả cầu tăng nhiệt độ từ 23,370C đến 500C:
Q = ( m1.c1 + m2.c2 + m3.c3) ( t’ – t)
= (1.0,28.103 + 0,5.0,46.103 + 2.4,2.103) (50 – 23,37) = 239,9.103J = 240kJ
 

14.

a. Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy ( tan )hoàn toàn ở 00C

Q1 = m1.  = 0,1.3,4.105 = 34.103J

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt từ 200C xuống 00C

Q2 = m2.c2.( t2 – t1 ) = 0,3.4200.( 20 – 0)= 25,2.103J

Ta thấy Q2 < Q1 nên nước đá chỉ tan một phần.

b. Gọi m’ là lượng nước đá tan ra.

Q2 = m’.    => m’ =

Khối lượng nước đá còn lại: m” = m1 – m’ = 100g – 74g = 26g.

15. Nhiệt lượng nước tỏa ra khi ngưng tụ ở 1000C và hạ nhiệt từ 1000C xuống 100C:
Q1 = L.m1 + m1.c1 ( t1 –t)
Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -40C đến 00C sau đó nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 00C và tăng nhiệt độ từ 00C đến 100C:
Q2 = m2.c2. ( t3 – t2) + m2. + m2.c1.( t –t3)
Theo phương trình cân bằng nhiệt, ta có:
L.m1 + m1.c1.(t1 –t) = m2 { c2( t3 – t2) + + c1.(t –t3)}
 
b. Lượng dầu cần dùng:
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 100g nước từ 200C biến thành hơi nước ở 1000C:
Qthu = m1.c1.( t1 – t4) + m1.L = 0,1.4200.(100 – 20) + 0,1.2,3.106 = 263,6.103J
Nhiệt lượng do dầu đốt cháy tỏa ra: Qtỏa =

16. Cho biết: a = 2cm = 2.10-2m         b= 1cm = 1.10-2m
                Do = 8900kg/m3             D = 900kg/m3
                 = 3,4.105J/kg              co = 400J/kg.K
                t2 = 00C                           t1 =?
Nhiệt lượng đồng tỏa ra khi hạ nhiệt từ t1 xuống t2:
Qtỏa = mđ.co.( t1 – t2)      Trong đó : mđ = Do.Vđ = Do.a3
Nhiệt lượng nước đá thu vào khi nóng chảy: Q thu =  . mnước =  .D.a2( a + b)
Vì xem hai vật chỉ trao đổi nhiệt cho nhau nên ta có: Qtỏa = Qthu
Hay : Do.a3.co. ( t1-t2) =  .D.a2.(a +b)
Vậy nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng là 128,90C.
 

17. Cho biết: mhk = 500g = 0,5kg       t1 = 1200C
mnước = 1kg          t2 = 200C
m3.c3 = 300J/độ     t = 220C
cc = 130J/kg.K        ck = 400J/kg.K
cnước = 4200J/kg.K
mc và mk =?

Gọi mc và mk lần lượt là khối lượng của chì và kẽm có trong hợp kim. Ta có:
mc + mk = mhk = 0,5kg (1)
Mặc khác, hợp kim chì kẽm tỏa nhiệt còn nhiệt lượng kế và nước thu nhiệt. Do đó khi cân bằng nhiệt , ta có:
(mc.cc + mk.ck )(t1 – t) = (m3.c3 + mnước.cnước)( t – t2)
Giải phương trình (1) và (2) ta được: mc = 407,4g ; mk = 92,6g

18. a. Gọi t0C là nhiệt độ của bếp lò cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng.
Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ t1 = 200C đến t2= 21,20C
Q1 = m1.c1.( t2 – t1)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng nhiệt độ từ t1 đến t2: Q2 = m2.c2.(t2 – t1).
Nhiệt lượng khối đồng tỏa ra để hạ nhiệt từ t0C xuống 21,20C: Q3 = m3.c3.( t – t2)
Do bỏ qua mất mát nhiệt, theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q3 = Q1 + Q2 ó m3.c3.(t – t2) = ( m1.c1 + m2.c2)(t2 –t1)
 
b. Thực tế do sự tỏa nhiệt ra môi trường nên ta có:Qthu = 90%Qtỏa
ó Q1 + Q2 = 90% Q3 hay 0,9Q3 = Q1 + Q2
ó 0,9.m3.c3 (t’ – t2) = (m1.c1 + m2.c2) ( t2 –t1)
 
c. Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoản toàn ở 00C.
Q = . m = 3,4.105.0,1 = 34000J
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng tỏa ra để giảm nhiệt độ từ 21,20C xuống 00C.
Q’= ( m1.c1 + m2.c2 + m3.c3)( 21,2 – 0) = ( 0,5.880 + 2.4200 + 0,2.380).21,2 = 189019,2J
Do nhiệt lượng nước đá thu vào để làm tan hoàn toàn nhỏ hơn nhiệt lượng của hệ thống tỏa ra nên nước đá tan hết và cả hệ thống tăng nhiệt độ đến t”.
Gọi Q” là nhiệt lượng thừa lại dụng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 00C đến t”0C.
Q” = Q’ –Q = [ m1.c1 + (m2 + m).c2 + m3.c3].t”

19. a. Gọi Q là nhiệt lượng nược thu vào để tăng nhiệt độ từ t1 = -100c đến t2 = 00C:
Q1 = m1.c1.( t2 – t1) = 0,2.1800.[0 – (-10)]= 3600J = 3,6kJ
Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 00C:
Q2 = .m1 = 3,4.105.0,2 = 68000J = 68kJ
Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 00C đến 1000C:
Q3 = m1.c2.(t3 –t2) = 0,2.4200.(100 – 0) = 84000J = 84kJ
Nhiệt lượng nước thu vào để hóa hơi hoàn toàn ở 1000C:
Q4 = L.m1 = 2,3.106.0,2 = 460000J = 460kJ.
Nhiệt lượng tổng cộng cần cung cấp để nước đá ở -100C đến khi hóa hơi hoàn toàn ở 1000C
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 3,6kJ + 68kJ + 84kJ + 460kJ = 615,6kJ
b. Gọi mx là lượng nước đá đã tan thành nước khi bỏ nó vào sô nhôm:
mx = 200 – 50 = 150g
Do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống là 00C.
Nhiệt lượng mà toàn khối nước đá nhận được để tăng nhiệt độ đến 00C:
Q’ = m1.c1. (t2 –t1) = Q1 = 3600J
Nhiệt lượng mà mx khối nước đá nhận được để tan hoàn toàn:
Q” = mx . = 0,15.3,4.105 = 51000J
Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước có khối lượng M và sô nhôm tỏa ra để giảm nhiệt độ từ 200C xuống 00C.
Q = ( M.c2 + m2.c3 )( 200 – 0) = (M.4200 + 0,1.880) .20.
Theo phương trình cân bằng nhiệt , ta có:Q = Q’ +Q”
Hay : ( M.4200 + 0,1.880).20 = 3600 + 51000 = 54600 óM.4200 + 88 = 2730.
( 5 sao nha bn )

20. a. Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ t1 = 200C đến sôi ở 1000C
Q1 = m1.c1.( t2 – t1) = 1.4200.( 100 – 20) = 336000J = 336kJ
Nhiệt lượng nước thu vào để hóa hơi hoàn toàn ở 1000C:
Q2 = L.m1 = 2,3.106.1 = 2300000J = 2300kJ
Do bếp cung cấp nhiệt đều đặn, Sau 10phút nước thu được nhiệt lượng Q1.
Gọi t’1 và t’2 là thời gian đun nước.Thời gian đun để nước thu được nhiệt lượng Q2 là:
 
Thời gian tổng cộng kể từ lúc đun nước đến khi nó hóa hơi hoàn toàn:
t’ = t’1 + t’2 = 10ph + 68,45ph = 78,45ph
b. Nếu kể đến phần nhiệt lượng do ấm nhôm thu vào thì sau 10ph bếp dầu cung cấp một nhiệt lượng:
( với Q’ là nhiệt lượng do ấm nhôm thu vào để nó tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C):
Q’1 = m2.c2 .(t2 – t1) = 0,2.880. (100 – 20) = 14080J = 14,08J
Q = Q1 + Q’1
Q = Q1 +Q’1 = 336kJ + 14,08kJ = 350,08kJ.
Kể từ lúc nước sôi, ấm nhôm không nhận thêm nhiệt lượng nữa ( vì nó không tăng nhiệt độ). Nhiệt lượng do bếp dầu cung cấp vẫn là nhiệt lượng Q2 = 2300kJ. Do đó thời gian để bếp cung cấp nhiệt lượng Q2 là:
 
Thời gian tổng cộng để đun ấm nước: t” = t’1 + t”2 = 10ph + 65,08ph = 75,70ph
 

21. Nhiệt lưọng do quả cầu thép tỏa ra khi hạ nhiệt từ 6000C xuống 500C.
Q1 = m1.c1.( 600 – 50) = 2.4200.550 = 506000J
Gọi mx là lượng nước đá có trong hỗn hợp. Nhiệt lượng nước đá nhận được để nóng chảy hoàn toàn ở 00C: Qx = mx.
Nhiệt lượng cả hỗn hợp nhận được để tăng nhiệt độ từ 00C đến 500C là :
Q2 = m2.c2.( 50 – 0) = 2.4200.50 = 420000J
Theo phương trình cân bằng nhiệt , ta có: Qx + Q2 = Q1 Hay:
mx. + 420000 = 506000 => mx =
b. Gọi my là lượng nước đã hóa thành hơi. Theo bài toán ta có:
Nhiệt lượng do quả cầu thép cung cấp dùng để làm nóng chảy hoàn toàn mx gam nước đá ở 00C, nâng nhiệt độ của hỗn hợp từ 00C đến 480C; nâng my gam nước từ 480C đến 1000C và hóa hơi ở 1000C. Do đó:
Q1 = Qx + m2.c2.( 48 – 0) + my.c2.(100 – 48) + my.L
Hay: my[ c2.52 + L] = Q1 – Qx – m2.c2.48
= 506000 – 86000 – 2.4200.48 = 16800J
ð my =
Chú ý: Có thể giải theo cách khác câu b: Phần nhiệt lượng mất đi do hỗn hợp chỉ tăngnhiệt độ đến 480C thay vì 500C được dùng để làm tăng my gam nước từ 480C đến 1000C và hóa hơi hoàn toàn ở 1000C. Nghĩa là ta có phương trình cân bằng nhiệt như sau:
m2.c2.(50 – 48) = my.c2.( 100 – 48) +my.L
m2.c2.2 = my.( c2.52 + L) =>my =

22. Nhiệt lượng 0,5kg nước tỏa ra khi hạ nhiệt từ 200C xuống 00C:
Q1 = m1.c1.( t1 – 0) = 0,5.4200.20 = 42000J
Khi nước đá tăng nhiệt độ từ -150C đến 00C , nước đá cần một nhiệt lượng:
Q2 = m2.c2.[0 – (-15)}= 0,5.2100.15 = 15750J
Muốn cho 0,5kg nước đá nóng chảy hoàn toàn cần một nhiệt lượng:
Q3 = . m2 = 3,4.105.0,5 = 170000J.
Từ kết quả trên cho thấy:
- Q1 > Q2: Nước đá có thể tăng nhiệt độ tới 00C.
- Q1 – Q2 < Q3: Nước đá không thể tan hoàn toàn mà chỉ tan một phần.
Vậy : Sau khi cân bằng nhiệt, nước đá không tan hoàn toàn mà nhiệt độ chung của hỗn hợp là 00C.

23. Để cục chì bắt đầu chìm thì không cần toàn bộ cục nước đá tan hết, chỉ cần khối lượng riêng trung bình của nước đá và chì bằng khối lượng riêng của nước.
Gọi M1 là khối lượng còn lại của cục nước đá khi bắt đầu chìm.
Dhh là khối lượng riêng trung bình của nước đá và chì.
V là thể tích của cục nước đá và chì.
m là khối lượng của viên chì.
Để cục nước đá có viên chì bắt đầu chìm, ta có:
 
Khối lượng nước phải tan: M’ = M – M1 = 100g – 41g = 59g
Nhiệt lượng cần dùng: Q = . M’ = 3,4.105.59.10-3 = 200600J

24. Do chuyển nước từ bình 1 sang bình 2 và từ bình 2 sang bình 1. Giá trị khối lượng nước trong mỗi bình vẫn như cũ, còn nhiệt độ trong bình thứ 1 hạ xuống 1 lượng t1.
t1 = 600C – 590C = 10C
Vậy nước trong bình đã mất đi một nhiệt lượng : Q1 = m1.c. t1
Nhiệt lượng trên đã truyền sang bình 2. Do đó:
m2.c. t2 = Q1 = m1.c. t1 (1) (t2 là độ biến thiên nhiệt độ trong bình 2)
Từ (1) ta có: t2 =
Như vậy khi chuyển một lượng nước m từ bình 1 sang bình 2 nhiệt độ nước trong bình 2 là:
t’2 = t2 + t2 = 20 +5 = 250C
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

25. a. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để nó tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C.
Q1 = m1.c1 ( t2 – t1) = 2.4200.( 100 – 20) = 672000J = 672kJ
Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C
Q2 = m2.c2.( t2 – t1) = 2.880 ( 100 – 20) = 14080J = 14,08kJ
Nhiệt lượng tổng cộng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 200C đến sôi.
Q = Q1 + Q2 = 672000J + 14080J = 686080J = 686,08kJ
Do hiệu suất của bếp là 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu tỏa ra:
 
Nhiệt lượng cần dùng để nước hóa hơi hoàn toàn ở 1000C
Q3 = L.m = 2,3.106.2 = 4,6.106 J = 4,6.103kJ
Khi nước sôi ấm nhôm không nhận nhiệt lượng. Trong 15phút bếp dầu cung cấp nhiệt lượng 686,08kJ. Vậy để cung cấp nhiệt
lượng 4600kJ cần tốn thời gian:

26. a. Nhiệt lượng Q1 nước thu vào để tăng nhiệt độ từ -50c đến 00C:
Q1 = m1.c1.( t2 – t1) = 2.1800.[ 0 –(-5)] = 18000J = 18kJ
Nhiệt lượng Q2 nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn:
Q2 = .m = 3,4.105.2 = 6,7.105J = 680kJ
Nhiệt lượng Q3 nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 00C đến 1000C:
Q3 = m1.c2.( t3 – t2) = 2.4200.( 100 – 0) = 840000J = 840kJ
Nhiệt lượng Q4 nước thu vào để hóa hơi hoàn toàn ở 1000C
Q4 = L.m1 = 2,3.106.2 = 4600000J = 4600kJ
Nhiệt lượng tổng cộng để nước đá ở -50C biến thành hơi hoàn toàn ở 1000C:
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 18kJ + 680kJ + 840kJ + 4600 = 6138kJ
b. Gọi mx là lượng nước đá đã tan thành nước: mx = 2 - 0,1 = 1,9kg.
Do nước đá không tan hết nên nhiệt đô cuối cùng của hệ thống là 00C.
Nhiệt lượng khối nước nhận vào để tăng nhiệt độ đến 00C: Q1 = 18000J
Nhiệt lượng mx kg nước đá tan hoàn toàn ở 00C:
Qx = mx. = 1,9.3,4.106 = 646000J
Nhiệt lượng này do nước ( có khối lượng M) và sô nhôm ( có khối lượng m3) cung cấp do giảm nhiệt từ 500C xuống 00C. Do đó;
Q = ( M.c2 + m3.c3)( 50 – 0) = ( M.4200 + 0,5.880).50
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q = Q1 + Qx Hay ( M.4200 + 0,5.880).50 = 18000 + 646000 => M = 3,05kg.

27.
Sau khi rót lượng nước từ bình 1 sang bình 2 nhiệt dộ cân bằng của bình 2 là t’2, Ta có:
m.c(t’2 – t1) = m2.c ( t2 –t’2)    =>  m( t’2 – t1) = m2 ( t2 – t’2)    (1)
Sau khi rót một lượng nước từ bình 2 sang bình 1, 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 – t1) = m1.(t’1 – t1)   (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:   m2.( t2 – t’2) = m1 ( t’1 – t1)
( 5 sao nha )

28. a. Mực nước dâng thêm chứng tỏ có một phần nước bị đông đặc.( do khối lượng riêng của phần đó giảm nên thể tích tăng). Gọi S là tiết diện của ống nghiệm, x là chiều cao của cột nước bị đông đặc. Sau khi đông đặc nó có chiều cao x+h, nhưng khối lượng vẫn không thay đổi. Nghĩa là:
S.x.D1 = S.(x+h1).D2 => x =
Do nước chỉ đông đặc một phần nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống là 00C.
Nhiệt lượng nước tỏa ra để giảm nhiệt từ 40C đến 00C:
Q1 = m1.c1.(t1 – 0) = D1.S.h2.c1(t1 – 0)
Nhiệt lượng của phần nước có độ cao x tỏa ra để đông đặc ở nhiệt độ 00C:
Q2 = m. = D1.S.x. .
Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t2 đến 00C:
Q3 = D1.S.h1.c2 ( 0 – t2)
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q1 + Q2 = Q3 Hay:
D1.S.h2.c1(t1 – 0) + D1.S.x. = D1.S.h1.c2 ( 0 – t2)
ó D1.S.h2.c2.t1 + .S.D1.x = -D2.S.h1.c2.t2
ð t2 =
b. Mực nước hạ xuống do một phần nước đá tan trong ống nghiệm nhỏ đã nóng chảy. Gọi y là chiều cao của cột nước đã bị nóng chảy. Sau khi nóng chảy phần đó có chiều cao y - h2. Nên ta có:
S.y.D2 = S.( y - h2).D1 =>
Nhiệt độ cuối cùng của hệ thống vẫn là 00C. Phần nhiệt lượng do chất lỏng tỏa ra bằng phần nhiệt lượng nước đá hấp thụ nóng chảyï . Ta có:
S.y.D2. = c3.2S.h3.D3(t3 – 0) =>