MỘT THAU NHÔM KHỐI LƯỢNG 0, 5KG ĐỰNG 2KG NƯỚC Ở 200C.A. THẢ VÀO...
Bài 2 Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 20
0
c.
a. Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở lò. Nước nóng đến 21,2
0
C. Tìm
nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là
c
1
=880
j
/
kgk ;c
2
=4200
j
/kgk ; c
3
=380
j
/
kgk
. Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường
b. Thực ra trong trường hợp này, nhiệt toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung cấp cho thau
nước. Tính nhiệt độ thực sự của bếp lò
c. Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 0
0
C .
Nước đá có tan hết không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống hoặc lượng nước đá còn sót lại
nếu không tan hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là
λ=3,4 .10
5
j
/
kg
Nhận xét: ở bài toán này khi giải cả hai câu a, b thì không phải là khó nhưng so với các bài toán
khác thì bài này có sự toả nhiệt lượng ra môi trường nên khi giải giáo viên cân làm rõ cho học
sinh thấy sự toả nhiệt ra môi trường ở đây là đều nên 10% nhiệt toả ra môi trường chính là nhiệt
lượng mà nhôm và nước nhận thêm khi đó giải học sinh sẽ không nhầm lẫn được
Giải. a) Gọi t
0
C là nhiệt độ củ bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng
Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ
t
1
=
20
0
C đến
t
2
=
21,2
0
C
Q
1
=m
1
c
1
.(
t
2
−t
1
)
(
m
1
là khối lượng thau nhôm)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ
t
1
=
20
0
C đến
t
2
=
21,2
0
C
Q
2
=m
2
c
2
(
t
2
−t
1
)
m
2
là khối lượng nước
Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t
0
C đến
t
2
=
21,2
0
C
Q
3
=m
3
c
3
(t−t
2
)
(
m
3
khối lượng thỏi đồng)
Do không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q
3
=Q
1
+Q
2
⇒
m
3
c
3
(t '−t
2
)=(
m
1
c
1
+m
2
c
2
)(
t
2
−t
1
)
((m
1
c
1
+m
2
c
2
)(t
2
−t
1
)+
m
3
c
3
t
2
m
3
c
3
⇒
t
=
Thay số vào ta được t = 160,78
0
C
b)
Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại
Q
3
−10 %(Q
1
+Q
2
)=(
Q
1
+
Q
2
)
⇒Q
3
=110 %(
Q
1
+Q
2
)=1,1(
Q
1
+Q
2
)
Hay
m
3
c
3
(
t '−t
2
)=1,1(
m
1
c
1
+m
2
c
2
)(
t
2
−t
1
)
((
m
1
c
1
+m
2
c
2
)(
t
2
−t
1
)+
m
3
c
3
t
2
m
3
c
3
+
t
2
=> t’ = 174,74
0
C
⇒
t'
=
c)
Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0
0
C
Q =
λm
=3,4.10
5
.0,1=34000
j
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ 21,2
0
C xuống 0
0
C
là:
Q'
=(m
1
c
1
+m
2
c
2
+m
3
c
3
)(
21
,
2−0
)=189019
j
Do nhiệt lượng nước đá cần để tan hoàn toàn bé hơn nhiệt lượng của hệ thống toả ra nên nước
đá t” được tính
ΔQ=Q '−Q
=(
m
1
c
1
+(
m
2
+m
)c
2
+m
3
c
3
)
t
} {
¿
(Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 0
0
C đến t”
0
C)
t= { {Q' - Q} over { \( m rSub { size 8{1} } c rSub { size 8{1} } + \( m rSub { size 8{2} } +m \) c rSub { size 8{2} } +m rSub { size 8{3} } c rSub { size 8{3} } \) } } = { {189109 - 34000} over {0,5 . 880+ \( 2+0,1 \) 4200+0,2 . 380} } } {
¿
=>
t
} {
¿
= 16,6
0
c