Trong bình cách nhiệt X, Y có một lượng nước và nhiệt độ tương ứng \({m_1} =

Câu hỏi số 681742:

Vận dụng cao

Trong bình cách nhiệt X, Y có một lượng nước và nhiệt độ tương ứng \({m_1} = 0,3\,\,kg,\,\,{t_1}\) và \({m_2},\,\,{t_2}\). Bình cách nhiệt Z chứa nước đá có khối lượng \({m_3}\) nhiệt độ \({t_3}\). Biết đồ thị mô tả sự phụ thuộc của nhiệt độ t vào nhiệt lượng q nhận vào hay tỏa ra của \({m_1},\,\,{m_2},\,\,{m_3}\) như Hình 2. Cho biết: C là trung điểm của OD; \({c_1} = 2{c_3}\) (với \({c_1} = 4200\,\,J/kg.K\) là nhiệt dung riêng của nước và \({c_3}\) là nhiệt dung riêng của nước đá); nhiệt nóng chảy của nước đá là \({34.10^4}\,\,J/kg\). Đổ lượng nước \({m_2}\) từ bình Y vào bình X. Điểm A trên đồ thị ứng với trạng thái cân bằng nhiệt. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài.

a. Tính giá trị \({m_2}\).

b. Tiếp tục đổ lượng nước đá \({m_3}\) từ bình Z vào bình X, nước đá sau đó tan hết và sự biến đổi trạng thái của nó theo đường gãy khúc B – C – D – E – K. Xác định lượng nước có trong bình X lúc này.

c. Tìm nhiệt độ \({t_1},\,\,{t_2},\,\,{t_3}\).

Xem lời giải

Câu hỏi:681742

Phương pháp giải

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Nhiệt lượng: \(Q = mc\Delta t\)

Nhiệt lượng nóng chảy: \(Q = m\lambda \)

Giải chi tiết

a. Từ đồ thị ta thấy khi đổ nước từ bình Y và bình X, nhiệt độ cân bằng là t, độ thay đổi nhiệt độ tương ứng là:

\(\begin{array}{l}\Delta {t_1} = t - {t_1}\\\Delta {t_2} = {t_2} - t\\\Delta {t_2} = 2\Delta {t_1}\end{array}\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\(\begin{array}{l}{Q_{thu}} = {Q_{toa}} = Q\\ \Rightarrow {m_1}.c.\Delta {t_1} = {m_2}.c.\Delta {t_2}\\ \Rightarrow {m_1}.\Delta {t_1} = {m_2}.2\Delta {t_1}\\ \Rightarrow {m_2} = \dfrac{{{m_1}}}{2} = \dfrac{{0,3}}{2} = 0,15\,\,\left( {kg} \right)\end{array}\)

b. Từ đồ thị ta thấy:

\(\Delta {t_3} = 0 - {t_3} = {t_1} - 0 = \Delta {t_1}\)

Đổ nước đá từ bình Z vào bình X, C là trung điểm của OD, ta có nhiệt lượng nước đá nhận được để nhiệt độ tăng đến \({0^0}C\) mà chưa chuyển thể là:

\(\begin{array}{l}{Q_3} = {m_3}.{c_3}.\Delta {t_3} = \dfrac{Q}{2}\\ \Rightarrow {m_3}.\dfrac{{{c_1}}}{2}.\Delta {t_1} = \dfrac{1}{2}.{m_1}.{c_1}.\Delta {t_1}\\ \Rightarrow {m_3} = {m_1} = 0,3\,\,\left( {kg} \right)\end{array}\)

Từ đồ thị ta thấy khi nhận nhiệt lượng 3Q, nước đá tan hoàn toàn, khối lượng nước trong bình X là:

\(m = {m_1} + {m_2} + {m_3} = 0,3 + 0,15 + 0,3 = 0,75\,\,\left( {kg} \right)\)

c. Từ đồ thị ta thấy:

\(\begin{array}{l}{t_2} = 4{t_1} = 4\Delta {t_1}\\{t_3} = - 2{t_1} = - 2\Delta {t_1}\end{array}\)

Trong giai đoạn 2, nhiệt lượng nước ở bình X tỏa ra là:

\(\begin{array}{l}{Q_X} = \left( {{m_1} + {m_2}} \right).{c_1}.t = \dfrac{3}{2}{m_1}.{c_1}.2\Delta {t_1}\\ \Rightarrow {Q_X} = 3{m_1}.{c_1}.\Delta {t_1} = 3Q\end{array}\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\(\begin{array}{l}{Q_X} = {Q_Z}\\ \Rightarrow 3{m_1}.{c_1}.\Delta {t_1} = {m_3}.{c_3}.\left( {0 - {t_3}} \right) + {m_3}.\lambda \\ \Rightarrow 3{c_1}.2{t_1} = \dfrac{1}{2}{c_1}.2{t_1} + \lambda \\ \Rightarrow 3.4200.2.{t_1} = 4200.{t_1} + {34.10^4}\\ \Rightarrow {t_1} \approx {16^0}C\\ \Rightarrow {t_3} = - 2{t_1} = - {32^0}C\\{t_2} = 4{t_1} = {64^0}C\end{array}\)

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.