NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 BÀI TOÁN NHIỆT ÔN THI HỌC SINH GIỎI VÀ ÔN THI VÀO LỚP CHUYÊN LÝ Bài 1: Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t 1 = -5 0 C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t 2 = 80 0 C. 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: D n = 1000kg/m 3 và D d = 900kg/m 3 , 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: Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tan hết là: = Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt độ từ 80 0 C đến 0 0 C là: Do: Q 2 < Q 1 nên nước đá không tan hết, đồng thời. Q 2 > nên trong bình tồn tại cả nước và nước đá. Suy ra nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 0 0 C. Khối lượng nước đá đã tan là: Sau khi cân bằng nhiệt: Khối lượng nước trong bình là: Thể tích nước đá trong bình là: Khối lượng nước đá trong bình là: ( ) / 0,20475 d d d m V D kg= = Vậy khối lượng của chất trong bình là: ( ) / 1,17725 n d m m m kg= + = Bài 2: Hai bình thông nhau chứa chất lỏng tới độ cao h. Bình bên phải có tiết diện không đổi là S. Bình bên trái có tiết diện là 2S tính tới độ cao h còn trên độ cao đó có tiết diện là S. Nhiệt độ của chất lỏng ở bình bên phải được giữ không đổi còn nhiệt độ chất lỏng ở bình bên trái tăng thêm C. Xác định mức chất lỏng mới ở bình bên phải. Biết rằng khi nhiệt độ tăng thêm 1 0 C thì thể tích chất lỏng tăng thên n lần thể tích ban đầu. Bỏ qua sự nở của bình và ống nối. Giải: Gọi D là khối lượng riêng của nước ở nhiệt độ ban đầu. Khi tăng nhiệt độ thêm 0 c t∆ thì khối lượng riêng của nước là: 1 . D t β + ∆ . gọi mực nước dâng lên ở bình bên trái là và ở bình bên phải là , do khối lượng nước được bảo toàn nên ta có: (1) Khi nước trong bình ở trạng thái cân bằng thì áp suất tại hai đáy phải bằng nhau, ta có phương trình: ( ) . 0,7 d n m V D m kg= − = ( ) 1 1 0 d d d Q m c t m λ = − + ( ) 1 7350 238000 245350Q J= + = ( ) ( ) 2 2 . 0 168000 n Q m c t J= − = ( ) 1 0 d d m c t− ( ) tan 168000 7350 0,4725 340000 d m kg − = = ( ) 0,5 0,4725 0,9725 0,9725 n m kg V l= + = ⇒ = 1,2 0,9725 0,2275 d n V V V l= − = − = 0 t∆ 1 h∆ 2 h∆ ( ) ( ) ( ) SSDhhhDS t hSShD +=∆++ ∆+ ∆+ 2 1 2 2 1 β NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 (2) Từ (1) và (2) Ta có bỏ qua ở mẫu vì <<1 Do đó mực nước ở bình phải là: Bài 3: Trong một cục nước đá lớn ở 0 0 C có một cái hốc với thể tích V = 160cm 3 . Người ta rốt vào hốc đó 60g nước ở nhiệt độ 75 0 C. Hỏi khi nước nguội hẳn thì thể tích hốc rỗng còn lại bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là D n = 1g/cm 3 D d = 0,9g/cm 3 . Nhiệt nóng chảy của nước đá là: λ = 3,36.10 5 J/kg. Giải: Do khối đá lớn ở 0 0 C nên khi đổ 60g nước vào thì nhiệt độ của nước là 0 0 C. Nhiệt lượng do nước toả ra để nguội đến 0 0 C là: Nhiệt lượng này làm tan một lượng nước đá là: Thể tích phần đá tan là: Thể tích của hốc đá bây giờ là: Trong hốc chứa lượng nước là: lượng nước này có thể tích là Vậy thể tích của phần rỗng là: Bài 4: Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa 200ml nước ở nhiệt độ ban đầu t 0 =10 0 C. Để có 200ml nước ở nhiệt độ cao hơn 40 0 C, người ta dùng một cốc đổ 50ml nước ở nhiệt độ 60 0 C vào bình rồi sau khi cân bằng nhiệt lại múc ra từ bình 50ml nước. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với cốc bình và môi trường. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu lượt đổ thì nhiệt độ của nước trong bình sẽ cao hơn 40 0 C ( Một lượt đổ gồm một lần múc nước vào và một lần múc nước ra) Giải: Nhiệt độ ban đầu của nước trong bình là 10 0 C. Khối lượng nước ban đầu trong bình là m 0 = 200g. Khối lượng nước mỗi lần đổ nước vào và múc nước ra là m= 50g nhiệt độ ban đầu của nước đổ vào là t= 60 0 C . Giả sử sau lượt thứ ( n – 1) thì nhiệt độ của nước trong bình là: t n-1 và sau lượt thứ n là t n . Phương trình cân bằng nhiệt : ( Với n = 1,2,3 ) Ta có bảng sau: Sau lượt thứ n 1 2 3 4 5 Nhiệt độ t n 20 0 C 28 0 C 34,4 0 C 39,52 0 C 43,6 0 C Vậy sau lượt thứ 5 nhiệt độ của nước sẽ cao hơn 40 0 C ( ) ( ) 2 1 10 1 .10 hhD t hhD ∆+= ∆+ ∆+ β ( ) 2 12 2 th t th h ∆ = ∆+ ∆ =∆ β β β t∆. β t∆. β       ∆ +=∆+= 2 . 1 22 t hhhh β JtcmQ 1890075.4200.06,0 ==∆= gkg Q m 25,5605625,0 10.36,3 18900 5 ==== λ 3 1 5,62 9,0 25,56 cm D m V d === 3 1 ' 5,2225,62160 cmVVV =+=+= ( ) 25,5660 + 3 25,116 cm 3 25,10625,1165,222 cm=− ( ) ( ) 10 . − −==−= nnthnt ttcmQttcmQ 5 4. 1 0 10 −− + = + + =⇒ nn n tt mm tmtm t NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 Bài 5: Trong một xi lanh thẳng đứng dưới một pít tông rất nhẹ tiết diện S = 100cm 2 có chứa M = 1kg nước ở 0 0 C. Dưới xi lanh có một thiết bị đun công suất P = 500W. Sau bao lâu kể từ lúc bật thiết bị đun pít tông sẽ được nâng lên thêm h = 1m so với độ cao ban đầu? Coi chuyển động của pít tông khi lên cao là đều , hãy ước lượng vận tốc của pít tông khi đó. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/ kg K,nhiệt hoá hơi của nước là 2,25.10 6 J/kg, khối lượng riêng của hơi nước ở nhiệt độ 100 0 C và áp suất khí quyển là 0,6kg/m 3 . Bỏ qua sự mất mát nhiệt bởi xi lanh và môi trường. Giải: Coi sự nở vì nhiệt và sự hoá hơi không làm thay đổi mức nước. Khi pít tông ở độ cao h thể tích nước là: V = S.h = 0,01m 3 Nhiệt lượng cần cung cấp để nước nóng từ 0 0 C lên tới 100 0 C và hoá hơi ở 100 0 C là: Do bỏ qua sự mất mát nhiệt nên : Thời gian đó gồm 2 giai đoạn thời gian đun sôi t 1 và thời gian hoá hơi t 2 : t = t 1 + t 2 Do công suất đun không đổi nên: Vậy: .Vận tốc của pít tông tính từ lúc hoá hơi là Bài 6 : Trong một bình thành mỏng thẳng đứng diện tích đáy S = 100cm 3 chứa nước và nước đá ở nhiệt độ t 1 = 0 0 C, khối lượng nước gấp 10 lần khối lượng nước đá. Một thiết bị bằng thép được đốt nóng tới t 2 = 80 0 C rồi nhúng ngập trong nước, ngay sau đó mức nước trong bình dâng lên cao thêm h = 3cm. Tìm khối lượng của nước lúc đầu trong bình biết rằng khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập trong bình nhiệt độ của nó là t = 5 0 C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK, của nước đá là 2100J/kgK, của thép là 500J/kgK. Nhiệt nóng chảy của nước đá là: 330KJ/Kg , khối lượng riêng của thép là 7700kg/m 3 . Giải: Gọi khối lượng nước đá trong bình lúc đầu là m 0 thì khối lượng nước trong bình là 10m 0 Thể tích của khối thép đúng bằng thể tích nước bị chiếm chỗ: Khối lượng của khối thép: Phương trình cân bằng nhiệt : ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 1 0 0 10 0,154 10. 1,54 t t n m C t t m m m C t t m kg m m kg λ − = + + − ⇒ = ⇒ = = Bài 7 : Một bình nhiệt lượng ké có diện tích đáy là S = 30cm 2 chứa nước (V= 200cm 3 ) ở nhiệt độ T 1 = 30 0 C. Người ta thả vào bình một cục nước đá có nhiệt độu ban đầu là T 0 = 0 0 C, có khố lượng m= 10g. Sau khi cvân bằng nhiệt mực nước trong bình nhiệt lượng kế đã thay đổi bao nhiêu so với khi vừa thả cục nước đá? Biết rằng khi nhiệt độ tăng 1 0 C thì thể tích nước tăng β= 2,6.10 -3 lần thể tích ban đầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. Nhiệt dung của nước và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là: C= 4200J/kgK, λ =330kJ/kg. Giải: Sự thay đổi mức nước trong bình là do thể tích nước phụ thuộc vào nhiệt độ. Nếu không có sự nở vì nhiệt thì không sảy ra sự thay đổi mức nước vì áp suất tác dụng lên đáy khi vừa thả cục nước đá và khi cục nước đá tan hết là như nhau. Gọi M là khối lượng nước trong bình nhiệt lượng kế, T là nhiệt độ khi cân bằng, ta có phương trình : KJKJKJlDVtmcQ 5,4325,13419 =+=+∆= ( ) s P Q tPtQ 865==⇒= 31 2 1 = ∆ = lDV tmc t t ( ) stt 27 32 1 2 ≈= ( ) scm t h v /7,3 2 ≈= 333 10.3,0300100.3. mcmShV t − ==== kgVDm ttt 31,27700.10.3,0. 3 === − NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 Thay số ta có T= 24,83 0 C Kí hiệu V 0 là thể tích hỗn hợp nước và nước đá với khối lượng m +M khi vừa thả đá vào bình. Với: D d = 0,9g/cm 3 thì. Khi cân bằng nhiệt thể tích nước và nước đá ( chủ yếu là nước ) đều giảm Thể tích giảm là: ( tính gần đúng) Do đó mực nước thay đổi là: . Thay các giá trị vừa tính được ở trênvào ta có ∆h = - 0,94mm. Vậy mực nước hạ xuống so với khi vưa thả cục nước đá là 0.94mm Bài 8 : Trong một bình thí nghiệm có chứa nước ở 0 0 C. Rút hết không khí ra khỏi bình, sự bay hơi của nước sảy ra khi hoá đá toàn bộ nước trong bình. Khi đó bao nhiêu phần trăm của nước đã hoá hơi nếu không có sự truyền nhiệt từ bên ngoài bình. Biết rằng ở 0 0 C 1kg nước hoá hơi cần một nhịêt lượng là: 2543.10 3 J và để 1kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 0 0 C cần phải cung cấp lượng nhiệt là: 335,2.10 3 J. Giải: Gọi khối lượng nước ở 0 0 C là m, khối lượng nước hoá hơi là ∆m thì khối lượng nước hoá đá là (m - ∆m) Nước muốn hoá hơi phải thu nhiệt: Q 1 = ∆m.L = 2543.10 3 ∆m Nước ở 0 0 hoá đá phải toả ra một nhiệt lượng: Q 2 = 335.10 3 ( m - ∆m ) Theo định luật bảo toàn năng lượng ta: có Q 1 = Q 2 ⇒ % Bài 9: Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 20 0 C khi nhiệt độ ngoài trởi là 5 0 C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống -5 0 C thì phải dùng thêm một lò sưởi nữa có công suất là 0,8kW mới duy trì được nhiệt độ của phòng như trên. Tìm công suất của lò sưởi đặt trong phòng. Giải: Gọi công suất của lò sưởi đặt trong phòng là P. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì công suất của lò bằng công suất toả nhiệt do phòng toả ra môi trường. Ta có : P = q(20 – 5) =15q (1). Trong đó q là hệ số tỉ lệ Khi nhiệt độ ngoài trời giảm đi tới -5 0 C ta có: ( P + 0,8 ) = q (20 – ( -5)) = 25q (2) Từ (1) và (2). Ta có P = 1,2kW Bài 10: Một bình cách nhiệt chứa đầy nước ở nhiệt độ t 0 = 20 0 C. Người ta thả vào bình một hòn bi nhôm ở nhiệt độ t = 100 0 C, sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của nước trong bình là t 1 = 30,3 0 C. Người ta lại thả hòn bi thứ hai giống hệt hòn bi trên thì nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt là t 2 = 42,6 0 C. Xác định nhiệt dung riêng của nhôm. Biết khối lượng riêng của nước và nhôm lần lượt là 1000kg/m 3 và 2700kg/m 3 , nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK. Giải: Gọi V n là thể tích của nước chứa trong bình, V b thể tích của bi nhôm, khối lượng riêng của nước và nhôm lần lượt là D n và D b , nhiệt dung riêng lần lượt là C n và C b Vì bình chứa đầy nước nên khi thả bi nhôm vào lượng nước tràn ra có thể tích bằng thể tích bi nhôm: V t = V b . Ta có phương trình cân bằng nhiệt thứ nhất là: ( Trong đó khối lượng nước còn lại sau khi thả viên bi thứ nhất ) ( ) ( ) Mm CmmTTM TTTCMTTmCm + −+ =⇒−=−+ /. 01 10 λ λ 3 0 211 9,0 10 200 cmV =+= ( ) 10 TTVV −=∆ β ( ) 1 0 TT S V S V h −= ∆ =∆ β 65,11 2,2878 2,335 == ∆ m m ( ) ( ) 01 ' 1 ttCmttCm nnbb −=− ' n m NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 ⇒ . Thay số vào ta có: (1) Khi thả thêm một viên bi nữa thì phương trình cân bằng nhiệt thứ hai: ( Trong đó khối lượng nước còn lại sau khi thả viên bi thứ hai ) ⇒ Thay số vào ta có: (2) Lấy (1) chia cho (2) ⇒ C b =501,7 ( J/kgK) Bài 11: Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước: Lớp nước lạnh ở dưới, lớp nước nóng ở trên. Thể tích của cả hai khối nước có thay đổi không khi sảy ra cân bằng nhiệt ? Hãy chứng minh khẳng định trên. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với thành bình. Giải: Gọi V 1 , V 2 là thể tích ban đầu của nước nóng và nước lạnh, V 1 ’ và V 2 ’ là thể tích nước nóng và nước lạnh ở nhiệt độ cân bằng t cb , ỏ là hệ số nở của nước. Thể tích V 1 ở nhiệt độ ban đầu là: do t 1 > t cb Thể tích V 2 ở nhiệt độ ban đầu là: do t 2 < t cb Từ (1) và (2) ta có: Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: ' ' 1 1 2 2 V Dc t V Dc t⇔ ∆ = ∆ m 1 và m 2 cùng khối lượng riêng vì cùng là cghaats lỏng ở nhiệt độ cân bằng ta có : (4) Thay (4) vào (3) ta có: . Vậy thể tích hai khối nước không thay đổi khi đạt nhiệt độ cân bằng. Bài 12: Một bình chứa nước có dạng hình lăng trụ tam giác mà cạnh dưới và mặt trên của bình đặt nằn ngang. Tại thời điểm ban đầu, nhiệt độ của nước trong bình tỉ lệ bậc nhất với chiều cao lớp nước; tại điểm thấp nhất trong bình nhiệt độ của nươc là t 1 = 4 0 C và trên mặt của bình nhiệt độ của nước là t 2 = 13 0 C. Sau một thời gian dài nhiệt độ của nước trong bình là đồng đều và bằng t 0 . Hãy xác định t 0 cho rằng các thành và nắp của bình ( mặt trên ) không đẫn nhiệt và không hấp thụ nhiệt. ( hình vẽ ) Giải: Ta chia khối nước trong bình ra làm n lớp nước mỏng nằm ngang với khối lượng tương ứng của các lớp nước là: m 1 , m 2 Gọi nhiệt độ ban đầu của các lớp nước đó là: t 1 ,t 2 nhiệt dung riêng của nước là C. Nhiệt độ cân bằng của khối nước trong bình khi n lớp nước trao đổi nhiệt với nhau là: (1) Vì nhiệt độ của lớp nước tỉ lệ với chiều cao của lớp nước nên ta có: t i = A+B.h i ( ) ( ) ( ) 011 ttCDVVttCDV nnbnbbb −−=− ( ) nbb VCV 4326000043260000188190 =+ ( ) ( ) ( ) 212 '' ttCmttCmCm bbbbnn −=−+ '' n m ( ) ( ) ( ) ( ) 21212 2 ttDVttCmttCDVV bbbbnnbn −=−+−− ( ) nbb VCV 44 10.516610.10332121770 =+ ( )( ) 1.1 1 ' 11 tVV ∆+= α ( )( ) 21 2 ' 22 tVV ∆−= α ( ) ( ) 3 2 ' 21 ' 1 ' 2 ' 121 tVtVVVVV ∆−∆++=+ α 2211 tcmtcm ∆=∆ 0 2 ' 21 ' 12 ' 21 ' 1 =∆−∆⇒∆=∆ tVtVtVtV ' 2 ' 121 VVVV +=+ n nn mmm tmtmtm t +++ +++ = 21 2211 0 NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 Ở điểm thấp nhất thì: h 1 = 0 ⇒ t 1 =A = 4 0 C Ở điểm cao nhất h thì: t 2 = A+B.h = 13 0 C Từ đó ta có: Do đó t i = 4+ Thay giá trị của t i vào (1) ta được: Biểu thức chính là độ cao của trọng tâm tam giác ( Thiết diện hình lăng trụ) Biểu thức đó bằng . Do đó: . Vậy nhiệt độ cân bằng t 0 = 10 0 C. Bài 13: Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt bán kính R = 6cm đã được nung nóng tới nhiệt độ t = 325 0 C lên một khối nước đá rất lớn ở 0 0 C . Hỏi viên bi chui vào nước đá đến độ sâu là bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và sự nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng của sắt là D = 7800kg/m 3 , của nước đá là D 0 = 915kg/m 3 . Nhiệt dung riêng của sắt là C = 460J/kgK, nhiệt nóng chảy của nước đá là: 3,4.10 5 J/kg. Thể tích khối cầu được tính theo công thức V = với R là bán kính. Giải: Khối lượng của nước đá lớn hơn rất nhiều khối lượng của bi nên khi có sự cân bằng nhiệt thì nhiệt độ là 0 0 C. Nhiệt lượng mà viên bi tỏa ra để hạ xuống 0 0 C là: Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi thì nhiệt lượng được tính theo công thức : . Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có: Thể tích khối đá tan ra là: = . Do V t là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao là h và một nửa hình cầu bán kính R nên ta có: Vậy viên bi chui vào đến độm sâu là H = h + R thay số ta có H = 32 cm Bài 14: Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25 cm ở nhiệt độ – 20 0 C. 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 : D n = 1000kg/m 3 , D d = 900kg/m 3 , nhiệt dung riêng của nước và nhiệt nóng chảy của đá tương ứng là: C n = 4200J/kgK, λ = 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: hh tt B 9 12 = − = i h h 9 hmmm hmhmhm t n nn 9 . 4 21 2211 0 +++ +++ += n nn mmm hmhmhm +++ +++ 21 2211 3 2 h C h h t 0 0 10 9 . 3 .2 4 =+= 3 . 3 4 R π ( ) tCDRtCDVQ 3 4 0 3 1 π =−= λ . 2 mQ = λ π .3 4 3 21 tCDR mQQ =⇒= 0 D m V t = λ π .3 4 3 tCDR 0 1 D         −=         −=       −= 1 2 3 2 3 2 3 4 . 1 . 3 4 . 2 1 00 2 3 D DCtRR D RDCt R RVh t λλ π π ( ) nd DXSDXS 005,0 −= NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 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 0 0 C . Gọi nhiệt độ của nước rót vào là t. Nhiệt lượng do khối nước nóng tỏa ra là: Nhiệt lượng do khối nước đá thu vào là : Sử dụng phương trình cân bằng nhiệt la có Q 1 = Q 2 ta tính được t = 29,5 0 C Bài 15: Người ta đổ một lượng nước sôi vào một thùng đã chứa nước ở nhiệt độ của phòng (25 0 C) thì thấy khi cân bằng nhiệt độ nước trong thùng là70 0 C. Nếu chỉ đổ lượng nước sôi nói trên vào thùng này nhưng ban đầu không chứa gì. Thì nhiệt độ của nước khi cân bằng là bao nhiêu. Biết rằng luợng nước sôi gấp hai lần lượng nước nguội. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Giải: Gọi lượng nước nguội là m thì lượng nước sôi là 2m, q là nhiệt dung của thùng. Ta có: (1) (2) Từ (1) và (2) ta có t = 89,3 0 C Bài 16: Người ta đổ vào một hình trụ thẳng đứng có diện tích đáy S = 100cm 2 lít nước muối có khối lượng riêng D 1 = 1,15g/cm 3 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 V 1 = m/D 1 . Khi cục đá tan một nửa thì nước đá chiếm một thể tích nước là V 2 = m/2.D 2 với D 2 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 ' 2 1 2 1 1 2 ' 3 1 1 1 2 2 2 1,1 V V V m h S S D D D m DV g D V V cm    + − ∆ = = + −   ÷     +   = = +  . Thay các giá trị ta có: mực nước dâng cao 0,85cm Bài 17 : Một thau nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 20 0 C. a. Thả vào thau nước một thỏi đồng khối lượng 200g lấy ra ở bếp 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 = 880J/kg.K, c 2 = 4200J/kg.K, c 3 = 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 0 0 C. Nước đá có tan hết không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống . Biết để 1kg nước đá ở 0 0 C nóng chảy hồn tồn cần cung cấp một nhiệt lượng là: 3,4.10 5 J. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Gi ả i: a. Nhiệt độ của bếp lò: ( 0 c t∆ cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng) Nhiệt lượng của thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ t 1 = 20 0 C lên t 2 = 21,2 0 C: Q 1 = m 1 .c 1 (t 2 - t 1 ) Nhiệt lượng của nước nhận được để tăng nhiệt độ từ t 1 = 20 0 C lên t 2 = 21,2 0 C: Q 2 = m 2 .c 2 (t 2 - t 1 ) Nhiệt lượng của thỏi đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t 0 C xuống t 2 = 21,2 0 C: Q 3 = m 3 .c 3 (t – t 2 ) Vì không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: ( ) ( ) 025,045,0 1 −−= tCDSQ nn λ 20.25,0. 2 ddd DXSCDSQ += ( ) ( ) ( ) 25702570701002 −+−=− qcmm ( ) ( ) 251002 −=− tqtm NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 Q 3 = Q 1 + Q 2 ⇒ m 3 .c 3 (t - t 2 ) = m 1 .c 1 (t 2 - t 1 ) + m 2 .c 2 (t 2 - t 1 ) ⇒ t = [(m 1 .c 1 + m 2 .c 2 ) (t 2 - t 1 ) / m 3 .c 3 ] + t 2 Thế số ta tính được: t = 160,78 0 C b. Nhiệt độ thực của bếp lò(t’): Theo giả thiết ta có: Q’ 3 - 10% ( Q 1 + Q 2 ) = ( Q 1 + Q 2 ) ⇒ Q’ 3 = 1,1 ( Q 1 + Q 2 ) ⇒ m 3 .c 3 (t’ - t 2 ) = 1,1 (m 1 .c 1 + m 2 .c 2 ) (t 2 - t 1 ) ⇒ t’ = [ 1,1 (m 1 .c 1 + m 2 .c 2 ) (t 2 - t 1 ) ] / m 3 .c 3 }+ t 2 Thay số ta tính được: t’ = 174,74 0 C c. Nhiệt độ cuối cùng của hệ thống: + Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 0 0 C: Q = 3,4.10 5 .0,1 = 34000(J) + Nhiệt lượng cả hệ thống (thau, nước, thỏi đồng) toả ra khi hạ 21,2 0 C xuống 0 0 C: Q’ = (m 1 .c 1 + m 2 .c 2 + m 3 .c 3 ) (21,2 0 C - 0 0 C) = 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 0 0 C và phần còn lại (Q’-Q) làm cho cả hệ thống ( bao gồm cả nước đá đã tan) tăng nhiệt độ từ 0 0 C lên nhiệt độ t” 0 C. + (Q’-Q) = [m 1 .c 1 + (m 2 + m)c 2 + m 3 .c 3 ] (t”- 0) ⇒ t” = (Q’-Q) / [m 1 .c 1 + (m 2 + m)c 2 + m 3 .c 3 ] Thay số và tính được: t” = 16,6 0 C. Bài 18 : Một bếp dầu đun sôi 1 lít nước đựng trong ấm bằng nhôm khối lượng 300gam thì sau thời gian t 1 = 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 C 1 = 4200J/kg.K ; C 2 = 880J/kg.K. Biết nhiệt do bếp dầu cung cấp một cách đều đặn. Gi ả i: Gọi Q 1 và Q 2 là nhiệt lượng cần cung cấp cho nước và ấm nhôm trong hai lần đun, Gọi m 1 , m 2 là khối lương nước và ấm trong lần đun đầu. Ta có: Q 1 = (m 1 .C 1 + m 2 .C 2 ) Δt Q 2 = (2.m 1 .C 1 + m 2 .C 2 ) 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: Q 1 = k.t 1 ; Q 2 = k.t 2 (trong đó k là hệ số tỉ lệ nào đó) Suy ra: k.t 1 = (m 1 .C 1 + m 2 .C 2 ) Δt k.t 2 = (2.m 1 .C 1 + m 2 .C 2 ) Δt Lập tỉ số ta được: 2211 11 2211 2211 1 2 1 )( )2( CmCm Cm CmCm CmCm t t + += + + = hay ( ) ( ) 4,1910. 880.3,04200 4200 1.1 1 2211 11 2 = + += + += t CmCm Cm t phút Bài 19 : Thả đồng thời 300g sắt ở nhiệt độ 10 0 C và 400g đồng ở nhiệt độ 25 0 C vào một bình cách nhiệt trong đó có chứa 200g nước ở nhiệt độ 20 0 C. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt là 460J/kg.K, 400J/kg.K, 4200J/kg.K và sự hao phí nhiệt vì môi trường bên ngoài là không đáng kể. Hãy tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt được thiết lập. Bài 20 : Thả đồng thời 0,2kg sắt ở 15 0 C và 450g đồng ở nhiệt độ 25 0 C vào 150g nước ở nhệt độ 80 0 C. 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. Gi ả i: Gọi: t là nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt xảy ra. Nhiệt lượng sắt hấp thụ: Q 1 = m 1 c 1 (t – t 1 ). Nhiệt lượng đồng hấp thụ: Q 2 = m 2 c 2 (t – t 2 ) Nhiệt lượng do nước tỏa ra Q 3 = m 3 c 3 (t 3 – t) Lập công thức khi có cân bằng nhiệt xảy ra, từ đó suy ra: 332211 333222111 cmcmcm tcmtcmtcm t ++ ++ = NGUYN VN TRUNG: 0915192169 Tớnh c t = 62,4 0 C. Bi 21 : Dựng mt ca mỳc nc thựng cha nc A cú nhit t A = 20 0 C v thựng cha nc B cú nhit t B = 80 0 C ri vo thựng cha nc C. Bit rng trc khi , trong thựng cha nc C ó cú sn mt lng nc nhit t C = 40 0 C v bng tng s ca nc va thờm vo nú. Tớnh s ca nc phi mỳc mi thựng A v B cú nhit nc thựng C l 50 0 C. B qua s trao i nhit vi mụi trng, vi bỡnh cha v ca mỳc nc Gi i: Gi : c l nhit dung riờng ca nc ; m l khi lng nc cha trong mt ca : n 1 v n 2 ln lt l s ca nc mỳc thựng A v thựng B ; (n 1 + n 2 ) l s ca nc cú sn trong thựng C. Nhit lng do n 1 ca nc thựng A khi vo thựng C ó hp th l : Q 1 = n 1 .m.c(50 20) = 30cmn 1 Nhit lng do n 2 ca nc thựng B khi vo thựng C ó to ra l : Q 2 = n 2 .m.c(80 50) = 30cmn 2 Nhit lng do (n 1 + n 2 ) ca nc thựng C ó hp th l : Q 3 = (n 1 + n 2 )m.c(50 40) = 10cm(n 1 + n 2 ) Phng trỡnh cõn bn nhit : Q 1 + Q 3 = Q 2 30cmn 1 + 10cm(n 1 + n 2 ) = 30cmn 2 2n 1 = n 2 Vy, khi mỳc n ca nc thựng A thỡ phi mỳc 2n ca nc thựng B v s nc ó cú sn trong thựng C trc khi thờm l 3n ca. Bi 22 : Dựng mt bp du un sụi mt lng nc cú khi lng m 1 = 1kg, ng trong mt m bng nhụm cú khi lng m 2 = 500g thỡ sau thi gian t 1 = 10 phỳt nc sụi . Nu dựng bp du trờn un sụi mt lng nc cú khi lng m 3 ng trong m trờn trong cựng iu kin thỡ thy sau thi gian 19 phỳt nc sụi . Tớnh khi lng nc m 3 ? Bit nhit dung riờng ca nc, nhụm ln lt l c 1 = 4200J/kg.K c 2 = 880J/kg.K v nhit lng do bp du ta ra mt cỏch u n . Gii: Gọi Q 1 và Q 2 lần lợt là nhiệt lợng mà bếp cung cấp cho nớc và ấm trong hai lần đun , t là độ tăng nhiệt độ của nớc . Ta có : Q 1 = ( m 1 c 1 + m 2 c 2 )t Q 2 = ( m 3 c 1 + m 2 c 2 )t Do bếp dầu tỏa nhiệt đều đặn nên thời gian đun càng lâu thì nhiệt lợng tỏa ra càng lớn . Do đó ta có : Q 1 = kt 1 ; Q 2 = kt 2 ( k là hệ số tỉ lệ ; t 1 và t 2 là thời gian đun tơng ứng ) Suy ra : kt 1 = ( m 1 c 1 + m 2 c 2 )t ( 1 ) kt 2 = ( m 3 c 1 + m 2 c 2 )t ( 2 ) Chia từng vế của ( 2 ) cho ( 1 ) ta đợc : 2211 2213 1 2 cmcm cmcm t t + + = 11 12222211 3 )( tc tcmtcmcm m + = (3) thay số vào ( 3 ) ta tìm đợc m 3 2 ( kg ). Vậy khối lợng nớc m 3 đựng trong ấm là: 2 kg Bi 23 : Trong mt bỡnh y kớn cú mt cc nc ỏ khi lng M = 0,1kg ni trờn mt nc, trong cc nc ỏ cú mt viờn chỡ khi lng m = 5g. Hi phi tn mt lng nhit bng bao nhiờu cho cc nc ỏ viờn chỡ bt u chỡm xung. Cho khi lng riờng ca chỡ bng 11,3g/cm 3 , ca nc ỏ bng 0,9g/cm 3 , ca nc bng 1g/cm 3 , nhit núng chy ca nc ỏ 3,4.10 5 J/kg. Gii: Cc chỡ bt u chỡm khi khi lng riờng trung bỡnh ca nc ỏ v cc chỡ bng khi lng riờng ca nc. Xõy dng c cụng thc: cnd dcn 1 D)DD( D)DD( mM = v tớnh c khi lng nc ỏ cũn li l 41g t ú tớnh c khi lng nc ỏ phi tan l: M = M - M 1 = 59g = 59.10 -3 kg - Tớnh c nhit lng cn thit: Q = .M = 3,4.10 5 .59.10 -3 = 200,6.10 2 J Bi 24 : Hai bỡnh nhit lng k hỡnh tr ging nhau cỏch nhit cú cựng cao l 25cm, bỡnh A cha nc nhit t 0 = 50 0 C, bỡnh B cha nc ỏ to thnh do lm lnh nc ó vo bỡnh t trc. Ct nc v nc ỏ cha trong mi bỡnh u cú cao l h = 10cm. tt c nc bỡnh A vo bỡnh B. Khi cõn bng nhit thỡ A B C A' B' C' NGUYỄN VĂN TRUNG: 0915192169 mực nước trong bình B giảm đi ∆h = 0,6cm so với khi vừa đổ nước từ bình A vào. Cho khối lượng riêng của nước là D 0 = 1g/cm 3 , của nước đá là D = 0,9g/cm 3 , nhiệt dung riêng của nước đá là:C 1 = 2,1 J/(g.K), nhiệt dung riêng của nước là C 2 = 4,2 J/(g.độ), Nhiệt nóng chảy của nước đá là:λ = 335 J/g. Tìm nhiệt độ nước đá ban đầu ở bình B. Giải: Gọi. S(cm 2 ): là tiết diện của mỗi bình. 0 c t∆ : là nhiệt độ ban đầu của nước đá. Mực nước trong bình B giảm đi tức là nước đá đã tan ra thành nước. Gọi: độ cao cột nước đá tan ra thành nước là h 1 Suy ra độ cao của phần nước do nước đá tan ra là h 1 – ∆h Ta có : D.S.h 1 = D 0 .S.(h 1 – ∆h) ⇒ Dh 1 = D 0 (h 1 – ∆h) ⇒ h 1 = 0 0 . 1.0,6 6( ) 1 0,9 D h cm D D ∆ = = − − Vì h 1 < h ( 6 < 10) Nên chỉ một phần nước đá tan ra thành nước, như vậy trong bình B gồm nước và nước đá. Nên nhiệt độ khi cân bằng là 0 0 C. Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt độ từ t 0 xuống 0 0 là: Q(toả) = C 2 .m 2 .(t 0 – 0) = C 2 .m 2 .t 0 = C 2 .D 0 Sh.t 0 Nhiệt lượng ra nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t 0 C đến 0 0 C là: Q 1 (thu) = C 1 .m 1 (0 – t) = -C 1 .m 1. t = - C 1 .D.S.h.t Nhiệt lượng do nước đá thu vào để tan ra thành nước là: Q 2 (thu) = λ.m’ = λ.DSh 1 ta có phương trình cân bằng nhiệt : Q(toả) = Q 1 (thu) + Q 2 (thu) ⇒ C 2 .D 0 Sh.t 0 = - C 1 .D.S.h.t + λ.DSh 1 ⇒ C 2 .D 0 h.t 0 = - C 1 .D.h.t + λh 1 ⇒ 0 1 2 0 0 1 . . . 335.0,6 4,2.1.10.50 201 2100 100,5 . . 2,1.0,9.10 18,9 h C D h t t C C D h λ − − − = = = ≈ − Bài 25 : Một khối sắt có khối lượng m 1 , nhiệt dung riêng c 1 , nhiệt độ đầu t 1 = 100 0 C. Một bình chứa nước, nước trong bình có khối lượng m 2 , nhiệt dung riêng c 2 , nhiệt độ đầu của nước và bình là t 2 = 20 0 C. Thả khối sắt vào trong nước, nhiệt độ của hệ thống khi cân bằng là t = 25 0 C. Hỏi nếu khối sắt có khối lượng / 1 m = 2m 1 , nhiệt độ đầu vẫn là t 1 = 100 0 C thì khi thả khối sắt vào trong nước (khối lượng m 2 , nhiệt độ đầu t 2 = 20 0 C), nhiệt độ t’ của hệ thống khi cân bằng là bao nhiêu? Giải bài toán trong từng trường hợp sau: a. Bỏ qua sự hấp thu nhiệt của bình chứa nước và môi trường xung quanh. b. Bình chứa nước có khối lượng m 3 , nhiệt dung riêng c 3 . Bỏ qua sự hấp thu nhiệt của môi trường. Giải: a. Phương trình cân bằng nhiệt: m 1 c 1 (t 1 – t) = m 2 c 2 (t – t 2 ) 2m 1 c 1 (t 1 – t’) = m 2 c 2 (t’ – t 2 ) Giải 2 phương trình, tìm được: t’ = 29,4 0 C. b. Phương trình cân bằng nhiệt: m 1 c 1 (t 1 – t) = (m 2 c 2 + m 3 c 3 )(t – t 2 ) 2m 1 c 1 (t 1 – t’) = (m 2 c 2 + m 3 c 3 )(t’ – t 2 ) Giải 2 phương trình, ta cũng tìm được: t’ = 29,4 0 C. Bài 26: Bình lăng trụ đứng có dạng như hình bên.Bình được đặt nằm ngang sao cho AA’ là cạnh trên và mặt phẳng dưới BB’C’C.Tại thời điểm ban đầu,nhiệt độ nước tỉ lệ bậc nhất với chiều cao của cột nước.Tại đáy BB’C’C nhiệt độ nước là t 1 =10ºC.Trên cạnh AA’ nhiệt độ nước là: t 2 =40 0 C.Sau thời gian dài thì nhiệt độ cân bằng của bình là t 0. Cho rằng bình không tỏa nhiệt cũng không hấp thụ nhiệt.Hãy xác định t 0. Biết hệ thức xác định hệ trọng tâm n vật là: n nn G mm xmxm x 1 11 + ++ = Giải: [...]... đồng có đựng một lợng nớc đá có nhiệt độ ban đầu là t 1 = 5 0C Hệ đợc cung cấp nhiệt lợng bằng một bếp điện Xem rằng nhiệt lợng mà bình chứa và lợng chất trong bình nhận đợc tỷ lệ với thời gian đốt nóng (hệ số tỷ lệ không đổi) Ngời ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của hệ tăng từ t1 = 5 0C đến t2 = 0 0C, sau đó nhiệt độ không đổi trong 1280 s tiếp theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t 2 = 00C đến... trong 200 s Biết nhiệt dung riêng của nớc đá là c1 = 2100 J/(kg.độ), của nớc là: c2 = 4200 J/(kg.độ) Tìm nhiệt nóng chảy của nớc đá Gii: + Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nớc đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5oC đến t2 = 0 oC: k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1) (1) + Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nớc đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi: k.T2 = m1. (2) + Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nớc tăng nhiệt độ từ... ca h thng bỡnh nhit lng k v nc vi mụi trng xung quanh Sau khi nc chy vo bỡnh mt thi gian T, nhit ca bỡnh tng thờm 8 0C so vi ban u Sau khi nc chy vo bỡnh mt thi gian 2T, nhit ca bỡnh tng thờm 12 0C so vi ban u Hi sau khi nc chy vo bỡnh trong mt thi gian 3T, nhit ca bỡnh tng thờm bao nhiờu so vi ban u? Cõu 20: S bin thi n nhit cakhi nc ỏ ng trong ca nhụm theo nhit lung cung cp c chotrờn th (H 1)... theo thi gian un c biu din trờn th nh hỡnh v Nhit ban u ca nc l 200c Sau bao lõu thỡ nc trong bỡnh cú nhit l 300C Cho nhit dung riờng ca nc l: c = 4200J/kg.K Gii: Gi th biu din cụng sut ta ra mụi trng l P = a + bt + Khi t = 0 thỡ P = 100 + Khi t = 200 thỡ P = 200 + Khi t = 400 thỡ p = 300 T ú ta tỡm c P = 100 + 0,5t Gi thi gian nc tng nhit t 200c n 300c l T thỡ nhit lng trung bỡnh ta ra trong thi. .. m' l khi lng vt t thờm lờn khi tr: P + P' F'A 10(M + m') dn.S2.h1 3 Thay s: m' 0,12kg, vy khi lng m' ti thiu l 0,12kg Bi 40: Mt bỡnh bng ng cú khi lng 800g cú cha 1kg nc nhit 40 0C Th vo ú mt thi nc ỏ nhit -10 0C Khi cú cõn bng nhit thy cũn sút li 200g nc ỏ cha tan Hóy xỏc nh khi lng thi nc ỏ th vo bỡnh Bit nhit dung riờng ca nc l 4200 J/ kg.K, ca ng l 380J/ kg.K, ca nc ỏ l 1800 J/ kg.K, nhit... cỏch nhit rt tt,nhng cỏc vỏch ngn cú dn nhit khụng tt lm; nhit (2 ) (3 ) lng truyn qua cỏc vỏch ngn trong mt n v thi gian t l vi din tớch tip xỳc ca cht lng v vi hiu nhit hai bờn vỏch ngn Sau mt thi gian thỡ nhit ngn cha nc gim t1 = 10C Hi hai ngn cũn li, nhit bin i bao nhiờu trong thi gian trờn? Xem rng v phng din nhit thỡ c ba cht lng núi trờn l ging nhau B qua s trao i nhit vi bỡnh v vi mụi... ng nc nhit t = 40 0C Sau mt thi gian lõu, chai sa núng ti nhit t 1 = 360C, ngi ta ly chai sa ny ra v tip tc th vo phớch mt chai sa khỏc ging nh chai sa trờn Hi chai sa ny s c lm núng ti nhit no? Bit rng trc khi th vo phớch, cỏc chai sa u cú nhit t0 = 180C B qua s mt mỏt nhit do mụi trng Cõu 28: Mt dõy xon cu m in cú tit din 0.20 mm2, chiu di 10 m Tớnh thi gian cn thit un sụi 2 lớt nc t 150C nu... Q 779760 100% = 100% = 0,035(kg) qH 44.106.50% Lng du cn un sụi nc: Bi 33: a Ly 1 lớt nc t 1 = 250C v 1lớt nc t 2 = 300C ri vo mt bỡnh ó cha sn 10 lớt nc t3 = 140C, ng thi cho mt dõy t hot ng vi cụng sut 100W vo bỡnh nc trong thi gian 2 phỳt Xỏc nh nhit ca nc trong bỡnh khi ó cõn bng nhit ? Bit rng bỡnh cú nhit dung khụng ỏng k v c bc cỏch nhit hon ton vi mụi trng, nc cú nhit dung riờng l c = 4200J/kg.,... t2 = 0 oC đến t3 = 10oC: k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2) (3) k T1 m1c1 + mx cx = t t (4) 2 1 m c + m c = k T3 (5) x x 1 2 t3 t2 Từ (1) và (3): k T3 k T1 m(c2 c1 ) = = (6) t3 t2 t2 t1 Lấy (5) trừ đi (4): = c 2 c1 Chia 2 vế của 2 phơng trình (2) và (6): T2 (c 2 c 1 ) = T3 T1 t3 t2 t 2 t1 Vậy: k.T2 k.T3 k.T1 t3 t2 t 2 t1 = T2 T3 T1 t3 t2 t 2 t1 = 1280 (4200 2100) J = 336000 =... b trao i nhit ca b phn ct nc, gm mt ng tr di v mt ng xon rut g lp bờn trong hỡnh H.1 Trong mi n v thi gian cú m 1 = 0,5kg hi nc nhit t1 = 1000C i vo ng xon t trờn xung lm hi nc ngng t v ngui n nhit phũng t2 = 200C, ngi ta cho chy qua ng tr mt khi lng nc m2 = 10kg theo chiu ngc li trong cựng mt n v thi gian y vi nhit li vo l 20 0C Hóy xỏc nh nhit cui cựng ca nc li ra Cho bit nhit húa hi v nhit