Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các dạng toán nhiệt học

Chia sẻ: Convetxao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nghiên cứu đề tài “Các dạng toán nhiệt học” nhằm giúp học sinh giỏi ôn tập, đào sâu, mở rộng kiến thức nắm được các dạng cơ bản và nâng cao của Nhiệt Học trong chương trình vật lý phổ thông góp phần làm phát triển tư duy sáng tạo của học sinh giỏi, nâng cao chất lượng học sinh giỏi vật lý THCS.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các dạng toán nhiệt học

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI ---------  -------- MÃ SKKN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN VẬT LÝ Các Dạng Toán Nhiệt Học LĨNH VỰC: Vật Lý CẤP : Trung Học Cơ Sở 1
MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ Từ trang 3 đến 4 1. Lý do chọn đềtài 3 2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3 3. Thời gian nghiên cứu 3 4. Phương pháp nghiên cứu 4 5. Số liệu khảo sát 4 PHẦN 2: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Từ trang 5 đến 26 Chương 1 : Cơ sở của vấn đề nghiên cứu 5 1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứ 5 2/ Cơ sở thực tiễn 6 Chương 2 : Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 5 1/ Những khó khăn 5 2/ Những thuận lợi 6 Chương 3 :Các dạng toán nhiệt học. 6 - 26 PHẦN 3: KẾT LUẬN – KHUYẾN NGHỊ Từ trang 26 đến 27 1.Một số kinh nghiệm 26 2. Một số ý kiến đề xuất đối với UBND quận và 27 phòng giáo dục quận Thanh Xuân 2
PHẦN I – ĐẶT VẤN ĐỀ Trong nhà trường phổ thông dạy học là hoạt động chủ yếu và quan trọng nhất. Hoạt động này muốn có hiệu qủa cao phải dựa vào nội dung chương trình giáo dục, nội dung sách giáo khoa và nội dung của sách bài tập. Bên cạnh đó, việc đào tạo mũi nhọn cho các môn học cũng là hoạt động rất cần thiết. Bởi có học sinh giỏi môn nào thì sau này các em sẽ trở thành những nhân tài cho đất nước về lĩnh vực đó. Để đào tạo được đội ngũ học sinh giỏi thì mỗi giáo viên phải tự học tập, bồi dưỡng, nâng cao trình độ chuyên môn để nghiên cứu và viết ra được nội dung kiến thức cũng như tìm ra phương pháp giảng dạy tối ưu, đáp ứng những đòi hỏi của công việc. Một trong những năng lực quan trọng nhất của người giáo viên khi bồi dưỡng học sinh giỏi là năng lực nghiên cứu khoa học . Vì vậy tôi luôn cố gắng tìm tòi nghiên cứu giúp cho học sinh những con đường ngắn nhất hay nhất gần gũi nhất với các em đến chân trời tri thức. 1/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong nội dung bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, học sinh giỏi vật lý THCS có bốn học phần: Cơ, Nhiệt, Điện, Quang thì Nhiệt học vẫn được coi là học phần dễ nhất. Tuy nhiên học sinh vẫn thường xuyên mắc phải những sai lầm cơ bản do chưa hiểu được mối liên hệ giữa lý thuyết và thực tế, chưa có sự xâu chuỗi giữa các học phần với nhau. Vì vậy tôi nghiên cứu đề tài “Các dạng toán nhiệt học” nhằm giúp học sinh giỏi ôn tập, đào sâu, mở rộng kiến thức nắm được các dạng cơ bản và nâng cao của Nhiệt Học trong chương trình vật lý phổ thông góp phần làm phát triển tư duy sáng tạo của học sinh giỏi, nâng cao chất lượng học sinh giỏi vật lý THCS. 2/ ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU a. Đối tượng nghiên cứu - Các dạng bài tập chỉ liên quan đến Nhiệt - Các dạng bài tập Cơ – Nhiệt, - Các dạng bài tập Điện – Nhiệt. b. Phạm vi: Chương trình Nhiệt học của THCS và học sinh giỏi vật lý THCS 3/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Nghiên cứu khoa học là một vấn đề hết sức quan trọng đòi hỏi phải có thời gian và năng lực. Từ năm học 2007 đến nay tôi được nhà trường phân công dạy đội 3
tuyển vật lý 8,9 tôi đã nghiên cứu phân loại các bài tập dưới dạng các chủ đề và dạy đối với lớp 8,9 ở các cấp độ khác nhau . Chuyên đề “Các dạng toán nhiệt học” được tôi nghiên cứu trong thời gian 5 năm (2012 – 2017). Đề tài được sử dụng với học sinh giỏi khối 8, 9 năm học 2012 -2013, 2013 - 2014, 2014 – 2015, 2015 – 2016 , 2016 – 2017. 4/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để nghiên cứu đề tài, Tôi đã phối hợp các phương pháp nghiên cứu: a/ Phương pháp nội dung lí luận - Đọc sách giáo khoa, nghiên cứu sách bài tập và sách tham khảo - Nghiên cứu các phương pháp mà đồng nghiệp đang sử dụng b/ Phương pháp nghiên cứu điều tra khảo sát bằng thực tế - Nghiên cứu việc tiếp thu kiến thức của học sinh - Nghiên cứu việc vận dụng lý thuyết vào thực tế, kiến thức vào giải các bài tập cụ thể - Theo dõi tình hình học tập của học sinh c/ Phương pháp thống kê, tổng hợp, so sánh tổng kết kinh nghiệm d / Phương pháp quan sát sư phạm 5/ SỐ LIỆU KHẢO SÁT Trước khi đề tài được áp dụng thì phần đa học sinh chỉ nắm được một số dạng bài cơ bản như: nhiệt trao đổi hai chất hoặc 3 chất, nhiệt chuyển thể đơn giản. Nhưng sau một thời gian dài áp dụng dạy tôi thấy học sinh có nhiều tiến bộ, các em linh hoạt hơn trong các bài tập, làm bài tập khoa học chắc chắn, đặc biệt số học sinh yêu thích môn học tăng lên. Bên cạnh đó học sinh còn rèn luyện cách tự học đặc biệt là cách đọc hiểu một bài tập, một vấn đề từ đó hình thành phát triển tư duy sáng tạo. Tôi đã thống kê số liệu qua các năm học như sau : Vận dụng Tổng số học Thông hiểu được các Vận dụng NĂM HỌC sinh được các dạng cơ dạng nâng có sáng tạo nghiên cứu bản cao 2012 - 2013 18 18 100% 10 56% 7 39% 2013 - 2014 18 18 100% 12 67% 9 50% 2014 - 2015 30 30 1 0% 21 70% 16 53% 2015 - 2016 30 30 100% 25 83% 17 57% 2016 - 2017 16 16 100% 10 63% 10 63% 4
PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Chương 1: Cơ sở của vấn đề nghiên cứu 1/ CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Nghị quyết trung ương II khoá VIII đã nêu rõ mục tiêu giáo dục là “Nâng cao chất lượng giáo dục ..., đổi mới nội dung và phương pháp ..., rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người học”. Để đạt được mục tiêu đó thì người thầy phải không ngừng học tập bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ, nâng cao tay nghề và phải tiếp cận với các phương pháp dạy học hiện đại, phải kết hợp tốt các phương pháp dạy học nhằn thu hút các em học sinh vào bài giảng, tổ chức điều khiển để các em tích cực chủ động tự giác học tập tiếp thu kiến thức. Từ đó xây dựng lòng yêu thích say mê môn học, bồi dưỡng năng lực tự học cho người học. Đặc biệt là đối với những học sinh đầu nhọn, đội tuyển học sinh giỏi. Dạy đội tuyển HSG không có nghĩa là chỉ dạy những bài tập nâng cao,vượt ra khỏi khả năng tiếp thu của học sinh, dễ gây cho học sinh cảm giác chán nản và sợ học. Dạy đội tuyển HSG là phải bắt đầu từ những bài tập đơn giản , phải phân loại được các dạng bài tập cơ bản và cần thiết nhất như vậy học sinh mới có thể nắm bắt được một cách sâu sắc và từ đó các em sẽ tự giải được các bài tập và cảm thấy yêu thích môn học. Vậy khi dậy ta nên chọn các dạng bài tập như thế nào ? 2/ CƠ SỞ THỰC TIỄN Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ then chốt trong mỗi nhà trường, bởi vì kết quả học sinh giỏi hàng năm là một trong những tiêu chuẩn để xét thi đua cho nhà trường và nó cũng là một trong những tiêu chuẩn để tạo danh tiếng cho trường, là thành quả để tạo lòng tin với phụ huynh và là cơ sở tốt để xã hội hoá giáo dục. “Các dạng toán nhiệt học” là một phần không thể thiếu trong chương trình vật lý THCS. Đây là kiến thức quan trọng và rất hay, nó phong phú, đa dạng, luôn có trong bài thi học sinh giỏi môn Vật lý THCS. Để có một lời giải đúng, chính xác thỏa mãn yêu cầu đặt ra của một bài tập không dễ dàng đối với giáo viên khi hướng dẫn và càng khó khăn hơn đối với học sinh khi giải bài tập. Tôi rất trăn trở và mạnh dạn từng bước, từng năm tìm tòi những biện pháp tối ưu nhất với phương châm vừa làm vừa rút kinh nghiệm. Để nhằm bồi dưỡng các em được tốt hơn. Vậy tôi chọn đề tài: “Các dạng toán nhiệt học”. 5
Chương 2: Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 1.KHÓ KHĂN: - Bản thân là giáo viên trẻ kinh nghiệm còn ít, năng lực nghề nghiệp còn hạn chế, cần phải học hỏi nhiều ở đồng nghiệp - Học sinh trong phạm vi nghiên cứu số lượng còn ít, phần thì nhiều phụ huynh học sinh đều chưa quan tâm đến việc học của các em, phần thì điều kiện kinh tế còn kém. Từ đó dẫn đến phong trào học tập cũng như tính tự giác học tập của các em thấp - Cơ sở vật chất trường học còn hạn chế việc dạy học 2. THUẬN LỢI: - Tuy thời gian công tác chưa nhiều, xong bản thân luôn luôn học hỏi, trau dồi tích luỹ kiến thức, kinh nghiệm cho bản thân - Được sự giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè, đồng nghiệp cùng chuyên môn và sự giúp đỡ của lãnh đạo của nhà trường - Các em học sinh có ý thức học tập tốt , tinh thần tự giác cao. Một số phụ huynh quan tâm đến điều kiện học tập của con em mình. Số các em này là nhân tố để gây dựng phong trào học tập ở địa phương - Địa phương cũng quan tâm đến điều kiện nhà trường và quan tâm đến phong trào học tập của con em địa phương. Đó là dấu hiệu tốt cho việc phát triển giáo dục sau này - Uỷ ban nhân dân quận (huyện) cùng Phòng giáo dục cũng quan tâm tới phong trào học tập của nhà trường Chương 3: Các dạng toán nhiệt học Khi dạy bồi dưỡng, điều cơ bản nhất là học sinh phải nắm bắt được phương pháp chung khi giải các bài tập cũng như phương pháp giải riêng cho từng loại bài .Tôi đã tham khảo qua nhiều kênh thông tin và thấy có rất nhiều cách giải hay , ngắn gọn cho từng dạng bài trong phần nhiệt học . Xin mạnh dạn được đưa ra để các đồng nghiệp cùng trao đổi : 6
CÁC BÀI TẬP PHẦN NHIỆT HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Phần này gồm có 8 dạng bài sau: + Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất + Các bài toán có sự chuyển thể của các chất + Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường + Các bài toán có liên quan đến năng suất tỏa nhiệt + Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn + các bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu + các bài toán đồ thị +Các bài toán liên quan cơ-nhiệt I/ CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT CỦA HAI CHẤT VÀ NHIỀU CHẤT *Phương pháp: - Bước 1: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt. chất thay đổi nhiệt độ từ t1 đến t2 . Nếu t2> t1: Vật thu nhiệt. Nếu t2< t1. Vật toả nhiệt Qthu = mA CA(t2-t1) mA: khối lượng của chất A (kg). CA: Nhiệt dung riêng của chất A ( J/kg.độ.) t1: Nhiệt độ ban đầu của vật A(0C) t2: Nhiệt độ lúc sau của vật A( 0C) Qtỏa = mB CB (t1-t2) mB: khối lượng của chất B (kg). CB: Nhiệt dung riêng của chất B ( J/kg.độ.) t1: Nhiệt độ ban đầu của vật B(0C) t2: Nhiệt độ lúc sau của vật B( 0C) - Bước 2: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình cần thiết , để tìm đại lượng chưa biết. Qthu = Qtỏa  mA CA(t2-t1) = mB CB(t1-t2) *Bài tập đại diện : Bài 1 Có hai bình cách nhiệt. Bình 1 chứa m1 = 2kg nước ở t1 = 200C, bình 2 chứa m2 = 4kg nước ở t2 = 600C. Người ta rót một lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt, người ta lại rót một lượng nước m như thế từ bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là t’1 = 21,950C a.Tính lượng nước m trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng t’2 của bình 2? 7
b.Nếu tiếp tục thực hiện lần hai, tìm nhiệt độ cân bằng của mỗi bình? Giải a) Sau khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ 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) Tương tự cho lần rót tiếp theo, 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 - t’1) = m1.( t’1 – t1) (2) Từ (1) và (2) ta suy ra : m2. (t2- t 2) = m1.( t’1 – t1) ’ m2t 2  m1 (t '1  t1 )  t ’2 = (3) m2 Thay (3) vào (2) ta rút ra: m1 .m2 (t '1  t1 ) m= (4) m2 (t 2  t1 )  m1 (t '1  t1 ) Thay số liệu vào các phương trình (3); (4) ta nhận được kết quả t’2  590C; m = 0,1kg = 100g b) Bây giờ bình 1 có nhiệt độ t’1= 21,950C. Bình 2 có nhiệt độ t’2 = 590C nên sau lần rót từ bình 1 sang bình 2 ta có phương trình cân bằng nhiệt: m.(t’’2- t’1) = m2.(t’2 – t’’2)  t’’2(m + m2) = m t’1 + m2 t’2 mt '1  m2t ' 2  t’’2 = Thay số vào ta được t’’2 = 58,120C m  m2 Và cho lần rót từ bình 2 sang bình 1: m.( t’’2 - t’’1) = (m1 – m)( t’’1- t’1)  t’’1.m1 = m. t’’2 + (m1 - m). t’1 m.t '' 2  (m1  m).t '1  t’’1 =  23,76 0 C m1 Bài 2 Người ta cho vòi nước nóng 700C và với nước lạnh 100C đồng thời chảy vào bể đó có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 600C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ 450C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ qua sự mất mát năng lượng ra môi trường. Giải Vỡ lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể bằng nhau. Gọi khối lượng mỗi loại nước là m(kg): Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60 – 45) = m.c(45 – 10)  25.m + 1500 = 35.m  10.m = 1500 8
1500 m  150(kg ) 10 Thời gian mở hai vũi là: 15 t  7,5( phút ) 20 Bài 3 Một chiếc ca không có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và thùng chứa II rồi đổ vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t1 = 20 0C, ở thùng II là t2 = 80 0C. Thùng chứa III đó cú sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t3 = 40 0C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hóy tớnh số ca nước cần múc ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 0C ? Giải Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở thùng II Vậy số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là 500C Ta có : Nhiệt lượng thu vào của nước từ thùng I là : Q 1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1) Nhiệt lượng tỏa ra của nước từ thùng II là : Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30 (2) Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) = (n1+n2).m.c.10 (3) Do quỏ trỡnh là cõn bằng nờn ta cú : Q1 + Q 3 = Q2 (4) Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2 Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thỡ phải mỳc ở thựng I: 2n ca và số nước có sẵn trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương ) Bài 4 Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp nước nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi chúng xảy ra hiện tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường. Giải Gọi V1; V 2; V’1; V’2 lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước nóng, nước lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay đổi 1 0C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và nước lạnh lần lượt là ∆t1 và ∆t2. V1 = V’1 + V’1K∆t1 và V2 = V’2 - V’2K∆t2 Ta có V1 + V2 = V’1 + V’2 + K(V’1∆t1 - V’2∆t2) Theo phương trỡnh cõn bằng nhiệt thỡ: m1C∆t1 = m2C∆t2 với m1, m 2 là khối lượng 9
nước tương ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vỡ cựng điều kiện nên chúng có khối lượng riêng như nhau Nên: V’1DC∆t1 = V’2DC∆t2  V’1∆t1 – V’2∆t2 = 0 Vậy: V 1 + V2 = V’1 + V’2 nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi II/ CÁC BÀI TOÁN CÓ SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT *Phương pháp giải - Bước 1: Xác định xem sự chuyển thể xảy ra như thế nào? Đông đặc Ngưng tụ Tỏa : Q=  .m Tỏa : Q=L.m Thể rắn Thể lỏng Thể khí Nóng chảy Hóa hơi Thu : Q =  .m Thu: Q =L.m Q=  .m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ nóng chảy Q =L.m : Nhiệt lượng của vật thu vào hay tỏa ra ở nhiệt độ sôi  : Nhiệt nóng chảy của chất tạo nên vật (J/kg) L: Nhiệt hóa hơi của chất tạo nên vật (J/kg) - Bước 2: Thiết lập các phương trình cân bằng nhiệt và chuyển thể ,tìm đại lượng còn thiếu Xác lập một sơ đồ hấp thụ nhiệt:(nếu vật chuyển từ thể rắn sang thể hơi hoặc ngược lại) Chất (A) t1 ---Q 1--->(A) tnc--- Q2--->(A)nc—Q 3---->Asôi—Q4---->(A)hơi Bài toán có thể xem như có 4 quá trình hấp thụ nhiệt: + Chuyển từ nhiệt độ t1 sang nhiệt độ nóng chảy: Q 1 = mC1( tnc– t1) + Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy sang nóng chảy hoàn toàn: Q 2 = m1.  + Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy hoàn toàn đến nhiệt độ sôi: Q 3 = mC2( tsôi– tnc) + Chuyển từ nhiệt độ sôi sang bốc hơi hoàn toàn; Q 4 = m.L Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho cả quá trình là tổng của 4 nhiệt lượng trên Q= Q1+ Q2 +Q3 + Q4 * Bài tập đại diện: 10
Bài 1 Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t1 = -50C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t2 = 800C. Sau khi cân bằng nhiệt thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Tìm khối lượng của chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là Dn = 1000kg/m3 và Dd = 900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và nước đá là 4200J/kgK, 2100J/kgK, nhiệt nóng chảy của nước đá là 340000J/kg. Giải Nếu đá tan hết thì khối lượng nước đá là: md  V .Dn  m  0, 7  kg  Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tan hết là: Q1  md cd  0  t1    md = Q1  7350  238000  245350  J  Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt độ từ 800C đến 00C là: Q2  m.cn  t2  0   168000  J  Nhận xét do Q2 < Q1nên nước đá không tan hết, đồng thời Q2 > md cd  0  t1  nên trong bình tồn tại cả nước và nước đá. Suy ra nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 00C 168000  7350 Khối lượng nướcđá dã tan là: md tan   0, 4725  kg  340000 Sau khi cân bằng nhiệt: Khối lượng nước trong bình là: mn  0, 5  0, 4725  0,9725  kg   V  0,9725l Thể tích nước đá trong bình là: Vd  V  Vn  1, 2  0,9725  0, 2275l Khối lượng nước đá trong bình là: md '  Vd Dd  0, 20475  kg  Vậy khối lượng của chất trong bình là: m  mn  md '  1,17725  kg  Bài 2 Trong một bình bằng đồng có đựng một lượng nước đá có nhiệt độ ban đầu là t1 =  5 oC. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng một bếp điện. Xem rằng nhiệt lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt nóng (hệ số tỷ lệ không đổi). Người ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của hệ tăng từ t1 =  5 oC đến t2 = 0 oC, sau đó nhiệt độ không đổi trong 1280 s tiếp theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t2 = 0 oC đến t3 = 10 oC trong 200 s. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là c1 = 2100 J/(kg.độ), của nước là c2 = 4200 J/(kg.độ). Tỡm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 00c. Giải Gọi K là hệ số tỷ lệ và  là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy. + Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5oC đến t2 = 0 o C: k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1) (1) + Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi: 11
k.T2 = m1. (2) + Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nước tăng nhiệt độ từ t2 = 0 oC đến t3 = 10oC: k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2) (3) Từ (1) và (3): k.T1 m1 c1  mx cx  ( 4) t2  t1 k.T3 m1 c2  mx cx  (5) t3  t2 Lấy (5) trừ đi (4): k.T3 k .T1 m(c2  c1 )   (6) t3  t 2 t 2  t1 Chia 2 vế của 2 phương trình (2) và (6):  k.T2 T2   c2  c1 k.T3 k .T1 T3 T1   t3  t 2 t 2  t1 t3  t 2 t 2  t1 T2 ( c2  c1 ) Vậy:   T3 T1  t3  t2 t 2  t1 1280(4200  2100) J Thay số:    336000 3,36.105 200 60 kg  10  0 0  ( 5) Bài 3: Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25 cm ở nhiệt độ - 200C. Người ta rót nhanh một lượng nước vào bình tới khi mặt nước cách đáy bình 45 cm. Khi đã cân bằng nhiệt mực nước trong bình giảm đi 0,5 cm so với khi vừa rót nước. Cho biết khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là : Dn = 1000kg/m3, Dd = 900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và nhiệt nóng chảy của đá tương ứng là: Cn = 4200J/kgK,  = 340000J/kg. Xác định nhiệt độ của nước rót vào. Giải: Sở dĩ mực nước trong bình giảm so với khi vừa rót nước là do lượng nước đá trong bình bị tan ra thành nước. Gọi độ cao cột nước đá đã tan là X ta có khối lượng nước đá tan ra là: S . X .Dd  S  X  0,005Dn Rút gọn S, thay số ta tính được X = 0,05m. Như vậy nước đá chưa tan hết trong bình còn cả nước và nước đá nên nhiệt độ cân bằng của hệ thống là 00C . Gọi nhiệt độ của nước rót vào là t. Nhiệt lượng do khối nước nóng tỏa ra là: Q1  S 0,45  0,25Dn C n t  0  12
Nhiệt lượng do khối nước đá thu vào là : Q2  S .0,25.20.Dd C d  S . X .Dd . Sử dụng phương trình cân bằng nhiệt la có Q1=Q 2 ta tính được t = 29,50C Bài 4: Một cái cốc bằng nhôm ,khối lượng không đáng kể chứa M= 200g nước ở nhiệt độ phũng t0 = 300C.Thả vào cốc một miếng nước đá ,khối lượng m1=50g có nhiệt độ t1 = -100 C. vài phút sau ,khi đá tan hết thì nước trong cốc có nhiệt độ t=100C đồng thời có nước bám ở mặt ngoài cốc .Hãy giải thích nước đó ở đâu ra và tính khối lượng nước đó?Biết Nhiệt nóng chảy của nước đá là:  =330kJ/kg ; nhiệt dung riêng của nuớc là C0 = 4,2kJ/k.độ ; nhiệt dung riêng của nước đá là C1=2,1kJ/k.độ và để 1kgnước biến thành hơi hoàn toàn ở 300C thì cần một nhiệt lượng là L=2430kJ. Giải: Gọi x là khối lượng nước ( do hơi nước trong không khí ngưng tụ lại ) bám vào mặt ngoài của cốc thì nhiệt lượng do nóa tỏa ra khi ngưng tụ ở 300C là: q 1=L.x Lượng nước này cùng với M gam nước trong cốc nguội từ t0 xuống t, tỏa ra một nhiệt lượng q2 = C0(M+x)(t0 - t) Vậy qtỏa= q1+q2= C0(M+x)(t0 - t) + L.x Nước đá nóng lên từ t1=-100C đến 00C thu một nhiệt lượng q 1’ = m1C1t1 ,nóng chảy ở 00C lại thu một nhiệt lượng q2’ =m1  , Sau đó nóng lên từ 00C đến t lại thu một nhiệt lượng q3=m1C0t Vậy : qthu =q1’ +q2’ + q3’ = m1(C1t1+  +C0t) Giải phương trình : qtỏa=qthu  C0(M+x)(t0 - t)+L.x = m1(C1t1+  +C0t) m1 (C1t1 +  +C0 t)-MC0 (t 0 - t) Ta được : x  C0 (t0  t )  L Thay số : x  1,15g III/ CÁC BÀI TOÁN CÓ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT VỚI MÔI TRƯỜNG * Phương pháp :Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ. Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với môi trường. Nên nhiệt lượng hao phí ra môi trường là k.S.(t2 - t1) với k là hệ số tỷ lệ. Trong trường hợp nhiệt lượng cung cấp cho vật không đủ làm cho vật chuyển thể thì khi vật có nhiệt độ ổn định ta luôn có công suất tỏa nhiệt ra môi trường đúng bằng công suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật. 13
*Bài tập đại diện Bài 1 Một chậu nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 200C a) Thả vào chậu nhôm một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ở lò ra. Nước nóng đến 21,20C. Tìm nhiệt độ của bếp lò? Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước và đồng lần lượt là: c1= 880J/kg.K , c2= 4200J/kg.K , c3= 380J/kg.K . Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường b) Thực ra trong trường hợp này, nhiệt lượng toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung cấp cho chậu nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò. c) Nếu tiếp tục bỏ vào chậu 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 tan không hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.105J/kg Giải a) Gọi t0C là nhiệt độ của bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng. Nhiệt lượng chậu nhôm nhận được để tăng từ t1 = 200C đến t2 = 21,2 0C: Q1 = m1. c1. (t2 – t1) (m1 là khối lượng của chậu nhôm ) Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ t1 = 200C đến t2 = 21,20C: Q2 = m2. c2. (t2 – t1) (m2 là khối lượng của nước ) Nhiệt lượng khối đồng toả ra để hạ từ t0C đến t2 = 21,20C: Q3 = m3. c3. (t0C – t2) (m2 là khối lượng của thỏi đồng ) Do không có sự toả nhiệt ra môi trường xung quanh nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có : Q3 = Q1 + Q2  m3. c3. (t0C – t2) = (m1. c1 + m2. c2). (t2 – t1)  t0C = (m1.c1  m2 .c2 )(t 2  t1 )  m3c3t 2 (0,5.880  2. 4200)( 21,2  20)  0,2.380. 21,2  m3 c3 0,2.380 t0C = 232,160C b) Thực tế, do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại: Q 3 – 10%( Q1 + Q2) = Q1 + Q2  Q3 = 110%( Q1 + Q2) = 1,1.( Q1 + Q2) Hay m3. c3. (t’ – t2) = 1,1.(m1. c1 + m2. c2). (t2 – t1)  t’ = 1,1.(m1 .c1  m2 .c2 )(t 2  t1 )  m3 c3t 2 1,1(0,5.880  2. 4200)(21,2  20)  0,2. 380. 21,2  m3 c 3 0,2.380 t’ = 252,320C c) Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 00C Q = .m 3,4.105.0,1 = 34 000J 14
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm chậu nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ 21,2 C xuống 00C là 0 Q’ = (m1.c1 + m 1.c1 + m1.c1) (21,2 – 0) = ( 0,5. 880 + 2. 4200 + 0,2. 380). 21,2 = 189019J Do Q > Q nên nước đá tan hết và cả hệ thống âng lên đến nhiệt độ t’’ được ’ tính : Q = Q’ – Q = [m1.c1 + (m2 + m).c2 + m3.c3]. t’’ Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 00C đến t’’ Q 189019  34000 t’’ =   16,6 0 C m1 .c1  (m 2  m).c2  m 3 .c 3 0.5.880  (2  0,1).4200  0,2.380 Bài 2 Có ba bình hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l, 4l. tất cả đều chứa đầy nước. Nước trong các bình được đun nóng bởi thiết bị đun. Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng đến 800c. ở bình thứ hai tới 600c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào? Nếu nhiệt độ phòng là 200c. Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra môi trường tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa nước và môi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều đặn. Giải: Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là T1, T2, T3 và nhiệt độ phòng là T. Diện tích hai đáy bình là S và diện tích xung quanh của các bình tương ứng là S1; S2; S3. Dung tích các bình tương ứng là V1; V 2; V3 Và: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1 Vì nhiệt độ tỏa ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện tích tiếp xúc. Nên công suất hao phí của thiết bị đun của các bình tương ứng là: 1 Php1 = A(S1 + S)(T1-T) = A( S3 +S)60 4 1 Php2 = A(S2 + S)(T2-T) = A( S3 +S)40 2 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 1 1 bằng công suất hao phí. Nên: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)40  S3 = 4S 4 2 1 Từ: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)(T3 - 20) và S3 = 4S ta tính được T3 = 440C 4 Vậy nước trong bình thứ 3 được đun nóng tới 440c. Bài 3 Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 40 0C. 15
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. Giải Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra để nó hạ 10C , q2 là nhiệt lượng cung cấp cho chai sữa để nó nóng thêm 1 0C , 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: q 1(t1 – t2) = q2(t2 - t0) + Từ (1) và (2) giải ra ta có t2=32,70C IV/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG SUẤT TỎA NHIỆT *Phương pháp : Công suất P được xác định bằng công trong một đơn vị thời gian.Công ở đây tính thông qua nhiệt lượng ,bằng cách áp dụng định luật bảo toàn năng lượng . *Bài tập đại diện: Bài 1: Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 200C khi nhiệt độ ngoài trời là 5 0C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống tới – 50C thì phải dựng thêm một lò sưởi nữa có công suất 0,8KW mới duy trì nhiệt độ phòng như trên. Tính công suất lò sưởi được đặt trong phòng lúc đầu?. Giải: Gọi công suất lò sưởi trong phòng ban đầu là P, vì nhiệt toả ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ, nên gọi hệ số tỷ lệ là K. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì cụng suất của lò sưởi bằng công suất toả nhiệt ra môi trường của phòng. Ta có: P = K(20 – 5) = 15K ( 1) Khi nhiệt độ ngoài trời giảm tới -50C thỡ:(P + 0,8) = K[20 – (-5)] = 25K (2) Từ (1) và (2) ta tìm được P = 1,2 KW. Bài 2 Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0,5kg chứa 2kg nước ở 25oC. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải cú công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C1 = 880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh 16
Giải: + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25oC tới 100oC là: Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J ) + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25oC tới 100oC là: Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J ) + Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: Q = Q 1 + Q2 = 663000 ( J ) ( 1 ) + Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút : Q = H.P.t (2) ( Trong đó H = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây ) Q 663000.100 +Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P =   789,3( W) H.t 70.1200 V/ CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TRAO ĐỔI NHIỆT QUA THANH VÀ VÁCH NGĂN *Phương pháp: Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt. Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu làm thanh dẫn. Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai thanh là như nhau. Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống. Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn. *Bài tập đại diện: Bài 1: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 00c. Qua thành bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian Td = 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau Tt = 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai 17
thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp: 1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi 2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi. Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bỡnh tan hết? (giải cho từng trường hợp ở trên) Giải Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là K d và Kt. Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt Với t2 = 100 và t1 = 0 Nên: K d = Tt = 3,2 K t Td Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 760c Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,8 0c. Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút. Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên Bài 2 Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vuông được chia làm ba ngăn như hình vẽ. Hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vuông cú cạnh bằng nửa cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng: ngăn 1 là nước ở nhiệt độ t1 = 650c. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 350c. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ t3 = 200c. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách ngăn có thể dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn. Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm ∆t1 = 10c. Hỏi ở hai ngăn còn lại nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì 3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và môi trường. Giải: 18
Vỡ diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỷ lệ K. Tại các vách ngăn. Nhiệt lượng tỏa ra: Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3) Từ đó ta có các phương trình cân bằng nhiệt: Đối với nước: Q 12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 -t3) = 2mc∆t1 Đối với cà phê: Q 12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mc∆t2 Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mc∆t3 Từ các phương trỡnh trình ta tìm được: ∆t2 = 0,40c và ∆t3 = 1,60c VI/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘNG CƠ NHIỆT, NĂNG SUẤT TỎA NHIỆT CỦA NHIÊN LIỆU *Phương pháp: Động cơ nhiệt mà trong đó nội năng của nhiên liệu khi cháy được chuyển hoá thành cơ năng. Bài tập thuộc dạng này, thường lại rơi vào chủ đề tính công, và công suất, tính hiệu suất, và năng lượng toả nhiệt của nhiên liệu. Hiệu suất của động cơ điện là tỷ số giữa phần năng lượng chuyển hoá thành công có ích của động cơ và năng lượng toàn phần do nhiên liệu cháy tạo ra. Áp dụng các công thức sau: A =F.s P =A/t hoặc P =F.v H= Aci/ Atp Nhiêt lượng toả ra khi đốt cháy 1kg nhiên liệu (đốt cháy hoàn toàn) gọi là năng suất toả nhiệt của nhiên liệu ấy kí hiệu là q. - Nếu đốt cháy hoàn toàn m(kg) nhiên liêu ấy thì năng suất toả nhiệt lúc này sẽ là: Q= q. m Q: nhiệt lượng tỏa ra (J) q: năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu (J/kg) m: Khối lượng nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn (kg) Năng suất toả nhiệt của một số chất: Củi khô: 10.106J/kg. Xăng : 46.106J/kg. Dầu hoả: 44.106J/kg. Than đá : 34.106J/kg. Than gỗ: 30.106J/kg. Hydrô: 140.106J/kg -Trường hợp lí tưởng: Q = Q1 =>khối lượng nhiên liệu cần đốt cháy : M =Q1/ q. 19
-Trường hợp có hao phí: + Nhiệt lượng cần đốt chaý là: Q= m.H.(Với H là hiệu suất toả nhiệt) + áp dụng Q = Q1 => khối lượng cần đốt cháy là: m =Q1/ H.q *Bài toán đại diện: Bài 1: Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%. a)Tính nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu hoả? b)Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 300C đến 100 0C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.106J/kg , nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K. Giải: a) QTP =mq = 0,03 .44 106 = 1320 000(J) b) + Gọi M là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có: Qthu= cMt = 4200.M.(100 - 30) = 294 000.M(J) Qi 30 + Từ công thức : H=  Qi = H.QTP = .1320 000 = 396 000(J) QTP 100 + Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Qi , theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: 294 000.M = 396 000  M = 1,347 (kg) Vậy với lượng dầu trên đun bằng bếp ta có thể đun được 1,347 kg (1,347l) nước từ 300C đến 1000C. Bài tập làm thêm Bài 1: Để đun sôi 50 lít nước từ 200C bằng bếp than. Biết hiệu suất của bếp là 85%.Xác định lượng than củi cần thiết để đun lượng nước trên. Cho năng suất toả nhiệt của than củi là q=30.106/kg. Bài 2: Đun 45 lít nước từ 200C đến điểm sôi. Xác định hiệu suất của bếp dầu. Biết rằng khi đun lượng nước nói trên, phải tốn 0,5kg dầu hoả. Bài 3: Dùng một bếp dầu để đun sôi một ấm nước bằng nhôm khối lượng 500g chứa 5l nước ở nhiệt độ 200C. a) Tính nhiệt lượng cần thiết để đun sôi ấm nước trên. b) Bếp có hiệu suất 80%. Tính thể tích dầu cần thiết.Cho khối lượng riêng của 20