Một bình đun nước nóng bằng điện có công suất 9 kW. Nước được làm nóng khi đi qua buồng đốt của bình. Nước chảy qua buồng đốt với lưu lượng 58 g/s. Nhiệt độ của nước khi đi vào buồng đốt là 15°C. Cho nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/kg.K. Bỏ qua mọi hao phí.

	Đúng	Sai
a) Nhiệt độ của nước khi ra khỏi buồng đốt là 50°C.
b) Nếu nhiệt độ của nước khi đi vào buồng đốt tăng gấp đôi thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt tăng gấp đôi.
c) Nếu công suất điện giảm 2 lần thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt là 35°C.
d) Để điều chỉnh nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt, ta có thể thay đổi: công suất điện, lưu lượng dòng nước, nhiệt độ nước đi vào.

Lời giải:

a) Phương trình Clapeyron với khối lượng riêng: \[\frac{{{p_1}}}{{{T_1}{\rho _0}}} = \frac{R}{M}.\]

Thay số vào phương trình tìm khối lượng riêng của không khí:

          \(\frac{{{{1,013.10}^5}}}{{1,2\left( {20 + 273} \right)}} = \frac{{8,31}}{M} \Rightarrow M \approx 0,0288\left( {kg/mol} \right) = 28,8\left( {g/mol} \right)\)

⟶ a đúng.

b) Vì ban đầu khí cầu có lỗ hở ở dưới nên áp suất luôn bằng áp suất khí quyển.

⟶ b sai.

c) Khí cầu bắt đầu bay lên:

          \({F_A} = {P_v} + {P_k} \Rightarrow {\rho _0}.{g_V} = mg + {\rho _k}gV \Rightarrow {\rho _0}V = m + {\rho _k}V\left( 1 \right)\)

Thay số vào (1) ta được:

          \(1,2.1,15 = 0,2 + {\rho _k}.1,15 \Rightarrow {\rho _k} = \frac{{118}}{{115}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Do \({p_1} = const \Rightarrow {\rho _0}{T_1} = {\rho _k}T\)

⇒ \(1,2.\left( {20 + 273} \right) = \frac{{118}}{{115}}.T \Rightarrow T \approx 342,7K \Rightarrow t \approx {69,7^0}C\)

⟶ c sai.

d) Với nhiệt độ \({t_2} = {110^0}C\) thì ban đầu \({F_A} > P\) cho đến khi \({F_A} = P\) thì đạt độ cao cực đại.

Áp dụng phương trình Clapeyron với khối lượng riêng, với áp suất không đổi ta được: \({\rho _0}{T_1} = {\rho _2}{T_2} \Rightarrow 1,2.\left( {20 + 273} \right) = {\rho _2}.\left( {110 + 273} \right) \Rightarrow {\rho _2} = \frac{{1758}}{{1915}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Khi đến độ cao cực đại: \({F_A} = P\)

\( \Leftrightarrow {F_A} = {P_v} + {P_k}\)

\( \Rightarrow \rho  \cdot gV = mg + {\rho _2}gV\)

\( \Rightarrow \rho V = m + {\rho _2}V\quad (2)\)

Thay số vào \((2)\) ta được:

\(\rho  \cdot 1,15 = 0,2 + \frac{{1758}}{{1915}} \cdot 1,15\)

\( \Rightarrow \rho  \approx 1,09193{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Với \(\rho  = {\rho _0}{e^{\frac{{{\rho _0}gh}}{{{p_1}}}}} \Leftrightarrow 1,09193 = 1,2 \cdot {2,718^{\frac{{1,2 \cdot 10 \cdot h}}{{1,013 \cdot {{10}^5}}}}}\)

\( \Rightarrow h \approx 796,8{\rm{ (m)}}\)

\( \to \) d đúng.

Lời giải:

Xét lượng khí trong bình khi chưa bơm; \(n\) là số quả bóng bơm được.

Trạng thái 1:

Thể tích: \({V_1} = 30{\rm{ l}}\)

Áp suất: \({p_1} = 6{\rm{ MPa}} = 6 \cdot {10^6}{\rm{ Pa}}\)

Nhiệt độ: \({T_1} = 37 + 273 = 310{\rm{ K}}\)

Trạng thái 2:

Thể tích: \({V_2} = 30 + n \cdot 1,5\)

Áp suất: \({p_2} = 1,05 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}}\)

Nhiệt độ: \({T_2} = 12 + 273 = 285{\rm{ K}}\)

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có:

\(\frac{{{p_1} \cdot {V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2} \cdot {V_2}}}{{{T_2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{6 \cdot {{10}^6} \cdot 30}}{{310}} = \frac{{(30 + n \cdot 1,5) \cdot 1,05 \cdot {{10}^5}}}{{285}}\)

\( \Rightarrow n = 1030\)(quả)

Kết luận: Vậy dùng bình này bơm được 1030 quả.