Khi một vật chỉ thay đổi nhiệt độ mà không đổi thể trạng, nhiệt lượng vật thu vào hay toả ra tính bằng
$$Q=mc\Delta t=mc\,(t_2-t_1).$$
Trong đó $m$ là khối lượng (kg), $c$ là nhiệt dung riêng của chất (J/(kg·K)) và $\Delta t$ là độ biến thiên nhiệt độ. Nhiệt dung riêng $c$ cho biết nhiệt lượng cần cung cấp để 1 kg chất đó tăng thêm 1 K (cũng là tăng thêm 1 °C, vì hai thang chỉ lệch nhau một hằng số nên độ chia bằng nhau). Đây là lý do trong công thức $Q=mc\Delta t$ ta được phép giữ nguyên độ chênh lệch tính bằng độ Celsius, không bắt buộc đổi sang kelvin như bên chương khí lí tưởng.
Quy ước dấu: $\Delta t\gt 0$ thì $Q\gt 0$, vật thu nhiệt; $\Delta t\lt 0$ thì $Q\lt 0$, vật toả nhiệt. Khi lập phương trình cân bằng nhiệt, ta thường viết cả hai vế dưới dạng số dương và tự đặt hiệu nhiệt độ theo đúng chiều nóng lên hay nguội đi.
Trong suốt thời gian một chất đang chuyển thể, nhiệt lượng cung cấp dùng để phá vỡ liên kết giữa các phân tử chứ không dùng để tăng động năng chuyển động nhiệt, nên nhiệt độ giữ nguyên. Đó là điều làm cho đồ thị nhiệt độ theo thời gian có những đoạn nằm ngang.
Chú ý cả $\lambda$ và $L$ đều không có mặt hiệu nhiệt độ trong công thức, vì nhiệt độ không đổi. Nhân thêm $\Delta t$ vào là sai ngay từ dòng đầu.
| Đại lượng | Ký hiệu | Giá trị | Ý nghĩa một câu |
|---|---|---|---|
| Nhiệt dung riêng của nước đá | $c_{đ}$ | 2100 J/(kg·K) | 1 kg nước đá nóng thêm 1 K cần 2100 J |
| Nhiệt dung riêng của nước | $c_{n}$ | 4200 J/(kg·K) | 1 kg nước nóng thêm 1 K cần 4200 J |
| Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá | $\lambda$ | $3{,}4\cdot 10^{5}$ J/kg | làm tan hết 1 kg nước đá ở 0 °C cần 340 kJ |
| Nhiệt hoá hơi riêng của nước | $L$ | $2{,}3\cdot 10^{6}$ J/kg | hoá hơi hết 1 kg nước ở 100 °C cần 2300 kJ |
| Nhiệt dung riêng của nhôm | $c_{Al}$ | 880 J/(kg·K) | dùng cho ấm, xoong, nhiệt lượng kế |
| Nhiệt dung riêng của đồng | $c_{Cu}$ | 380 J/(kg·K) | kim loại nóng lên rất nhanh so với nước |
Nhìn bảng thấy ngay hai con số đáng nhớ: $L$ của nước lớn hơn $\lambda$ của nước đá khoảng 6,8 lần, và lớn hơn nhiệt lượng đun 1 kg nước từ 0 °C tới 100 °C (420 kJ) khoảng 5,5 lần. Vì vậy trong một bài nhiều giai đoạn, giai đoạn hoá hơi hầu như luôn chiếm phần lớn nhất của tổng nhiệt lượng — bỏ sót nó là sai rất nặng.
Muốn đưa nước đá ở $-t_0$ °C thành hơi nước ở 100 °C phải đi qua bốn giai đoạn, cộng lại mới ra tổng nhiệt lượng:
| Giai đoạn | Nhiệt độ | Công thức |
|---|---|---|
| 1. Đun nước đá tới 0 °C | tăng dần | $Q_1=mc_{đ}\,(0-t_1)$ |
| 2. Nước đá nóng chảy | đứng yên ở 0 °C | $Q_2=\lambda m$ |
| 3. Đun nước tới 100 °C | tăng dần | $Q_3=mc_{n}\cdot 100$ |
| 4. Nước hoá hơi | đứng yên ở 100 °C | $Q_4=Lm$ |
Quy tắc làm bài: vẽ trục nhiệt độ, đánh dấu 0 °C và 100 °C, xem đề đi từ đâu tới đâu, gạch ra đúng những giai đoạn bị cắt qua rồi mới viết công thức. Đề chỉ đi từ nước đá 0 °C tới nước 40 °C thì chỉ có giai đoạn 2 và 3, không có 1 và 4.
Trong một bình cách nhiệt, hệ không trao đổi nhiệt với bên ngoài nên
$$Q_{toả}=Q_{thu}.$$
Với hai lượng nước trộn vào nhau, viết $m_1c\,(t_1-t)=m_2c\,(t-t_2)$ rồi rút gọn $c$ ở hai vế, ta được công thức trung bình có trọng số
$$t=\dfrac{m_1t_1+m_2t_2}{m_1+m_2}.$$
Nhiệt độ cân bằng luôn nằm giữa hai nhiệt độ ban đầu và lệch về phía vật có tích $mc$ lớn hơn. Đây là phép kiểm nhanh: thả một miếng kim loại nhỏ rất nóng vào một lượng nước lớn thì nước chỉ ấm lên vài độ, vì $mc$ của nước lớn hơn hẳn.
Nếu trong hệ có chuyển thể (thả nước đá vào nước ấm) thì phải kiểm trước xem đá có tan hết không: so nhiệt lượng nước toả ra khi hạ về 0 °C với nhiệt lượng cần làm tan hết đá. Nếu không đủ thì đá còn dư và nhiệt độ cân bằng đúng bằng 0 °C.
| Công thức | Chỉ đúng khi | Hỏng khi |
|---|---|---|
| $Q=mc\Delta t$ | Chất giữ nguyên thể suốt chặng; $c$ coi như hằng số trong khoảng nhiệt độ đó | Áp cho chính đoạn chuyển thể ($\Delta t=0$ nên công thức trả về 0 và làm mất hẳn $\lambda m$). Ngoài ra $c$ không thật sự là hằng số: $c$ của nước biến thiên khoảng 1% giữa 0 °C và 100 °C, còn $c$ của kim loại giảm mạnh ở nhiệt độ rất thấp — bài phổ thông bỏ qua điều này nhưng nên biết là có. |
| $Q=\lambda m$ và $Q=Lm$ | Chất kết tinh, đang ở đúng nhiệt độ chuyển thể, và chuyển thể hoàn toàn | Hỏng khi chỉ tan (hoặc chỉ hoá hơi) một phần: khi ấy $m$ phải là khối lượng phần đã chuyển thể, không phải toàn bộ mẫu. Đây chính là tình huống “nước đá chưa tan hết” ở mục 5. |
| $Q_{toả}=Q_{thu}$ | Hệ cách nhiệt và ta đã kể hết mọi vật tham gia trao đổi nhiệt | Hỏng khi quên nhiệt lượng kế, quên ấm hay cốc đựng: đề cho nhiệt lượng kế nhôm 0,2 kg mà bỏ quên là thiếu $0{,}2\cdot 880=176$ J/K ở vế thu. Cũng hỏng khi có chuyển thể trong hệ mà ta không kể số hạng $\lambda m$. |
| $t=\dfrac{m_1t_1+m_2t_2}{m_1+m_2}$ | Hai vật cùng một chất (cùng $c$) nên $c$ triệt tiêu được | Hỏng ngay khi hai vật khác chất: phải dùng $t=\dfrac{m_1c_1t_1+m_2c_2t_2}{m_1c_1+m_2c_2}$. Dùng công thức rút gọn cho bài đồng thả vào nước ở ví dụ 3 sẽ cho 36 °C thay vì 21,8 °C. |
Nước chỉ nóng lên chứ không chuyển thể: đề dừng đúng ở 100 °C, chưa hoá hơi. Vậy bài chỉ có một chặng, dùng $Q=mc\Delta t$. Điều kiện áp dụng của công thức này là chất giữ nguyên thể trong suốt chặng — đúng với tình huống ở đây.
$m=2$ kg, $c=4200$ J/(kg·K), $t_1=20$ °C, $t_2=100$ °C. Đề đã cho phép bỏ qua nhiệt lượng ấm hấp thụ, nên không cần thêm số hạng $m_{ấm}c_{ấm}\Delta t$.
$\Delta t=100-20=80$ độ. Ở đây không cần đổi sang kelvin, vì độ chia của thang Celsius và thang Kelvin bằng nhau nên hiệu hai nhiệt độ có cùng giá trị trong cả hai thang: $(373-293)=80$ K, đúng bằng 80 độ Celsius.
$$Q=mc\Delta t=2\cdot 4200\cdot 80=672\,000\ \text{J}=672\ \text{kJ}.$$
Thứ nguyên: $\text{kg}\cdot\dfrac{\text{J}}{\text{kg}\cdot\text{K}}\cdot\text{K}=\text{J}$, đúng đơn vị nhiệt lượng.
Ước lượng: đun 1 kg nước lên thêm 1 K cần 4200 J, vậy 2 kg lên thêm 80 độ phải cần khoảng $2\cdot 80=160$ lần con số đó, tức $160\cdot 4200=672$ kJ. Đối chiếu với đời sống: một ấm siêu tốc 2 kW cần $\dfrac{672\,000}{2000}\approx 336$ s, tức khoảng 5–6 phút để đun sôi 2 lít nước — đúng thực tế.
Nhiệt lượng cần cung cấp là $Q=672\,000$ J, tức 672 kJ.
Nếu đề đổi thành “đun tới khi bay hơi hết” thì phải cộng thêm giai đoạn hoá hơi $Q'=Lm=2\cdot 2{,}3\cdot 10^{6}=4{,}6\cdot 10^{6}$ J; tổng khi đó là 5272 kJ, tức gấp 7,8 lần con số vừa tính. Bẫy thứ hai là đổi 20 °C và 100 °C sang kelvin rồi lấy tỉ số thay vì hiệu; bẫy thứ ba là để khối lượng ở gam, cho $Q=672$ J — nhỏ hơn đáp số đúng đúng 1000 lần.
Quá trình đi từ nước đá dưới 0 °C tới nước trên 0 °C nên cắt qua ba giai đoạn: $-10$ °C → 0 °C (đá nóng lên), rồi 0 °C (đá tan, nhiệt độ đứng yên), rồi 0 °C → 20 °C (nước nóng lên).
$$Q_1=mc_{đ}\Delta t=0{,}2\cdot 2100\cdot 10=4200\ \text{J}.$$
$$Q_2=\lambda m=3{,}4\cdot 10^{5}\cdot 0{,}2=68\,000\ \text{J}.$$
Giai đoạn này không có $\Delta t$ vì nhiệt độ đứng yên trong suốt quá trình tan. Nhân thêm bất kỳ hiệu nhiệt độ nào vào đây là sai ngay từ dòng công thức.
$$Q_3=mc_{n}\Delta t=0{,}2\cdot 4200\cdot 20=16\,800\ \text{J}.$$
Chú ý đổi nhiệt dung riêng từ 2100 sang 4200: sau khi tan thì chất đã là nước, không còn là nước đá.
$$Q=Q_1+Q_2+Q_3=4200+68\,000+16\,800=89\,000\ \text{J}.$$
Kiểm thứ nguyên từng số hạng: $\text{kg}\cdot\dfrac{\text{J}}{\text{kg}\cdot\text{K}}\cdot\text{K}=\text{J}$ cho $Q_1$ và $Q_3$; $\dfrac{\text{J}}{\text{kg}}\cdot\text{kg}=\text{J}$ cho $Q_2$. Ba số hạng cùng đơn vị nên cộng được. Nếu một số hạng ra J·K thì đã lỡ nhân $\Delta t$ vào công thức chuyển thể.
$Q=89\,000$ J, tức 89 kJ. Kiểm tỉ trọng từng phần: giai đoạn nóng chảy chiếm $\dfrac{68\,000}{89\,000}\approx 76\%$, đúng như hình vẽ. Lời giải nào cho giai đoạn tan chiếm phần nhỏ thì gần như chắc chắn đã nhân thiếu.
Bỏ quên giai đoạn 1 cho 84,8 kJ — chỉ hụt 4,7% nên nhìn vẫn “hợp lý”, và đó chính là điều làm lỗi này khó tự bắt. Ngược lại, bỏ quên giai đoạn nóng chảy cho 21 kJ, tức chỉ bằng 24% đáp số đúng. Bẫy nặng nhất: dùng $c=2100$ cho cả giai đoạn 3, ra $Q_3=8400$ J và tổng 80,6 kJ — hụt 9,4%.
Bình cách nhiệt nên hệ không trao đổi nhiệt với bên ngoài, dùng được $Q_{toả}=Q_{thu}$. Miếng đồng nguội đi nên toả nhiệt, nước nóng lên nên thu nhiệt. Không vật nào chuyển thể (đồng vẫn rắn, nước vẫn lỏng) nên cả hai vế đều là $mc\Delta t$. Gọi nhiệt độ cân bằng là $t$, chắc chắn $20\lt t\lt 100$.
Đồng toả: $Q_{toả}=m_1c_1(100-t)=0{,}5\cdot 380\cdot (100-t)=190\,(100-t)$.
Nước thu: $Q_{thu}=m_2c_2(t-20)=2\cdot 4200\cdot (t-20)=8400\,(t-20)$.
$$190\,(100-t)=8400\,(t-20)\ \Longrightarrow\ 19\,000-190t=8400t-168\,000,$$
$$8590\,t=187\,000\ \Longrightarrow\ t=\dfrac{187\,000}{8590}\approx 21{,}8\ ^\circ\text{C}.$$
Thứ nguyên: hệ số 190 và 8400 đều có đơn vị J/K, nhân với một hiệu nhiệt độ tính bằng K thì ra jun ở cả hai vế — phương trình cân bằng được về mặt đơn vị. Ẩn $t$ nằm trong ngoặc nên nó có đơn vị nhiệt độ, đúng đại lượng cần tìm.
Kiểm bằng ý nghĩa: tích $mc$ của nước là 8400 J/K, của đồng chỉ 190 J/K, gấp hơn 44 lần. Nhiệt độ cân bằng vì thế phải lệch hẳn về phía nước. Kiểm nhanh bằng tỉ lệ: $\dfrac{t-20}{100-t}=\dfrac{190}{8400}\approx\dfrac{1}{44}$, nên đoạn nước ấm lên phải nhỏ hơn đoạn đồng nguội đi khoảng 44 lần — đúng với $1{,}8$ độ so với $78{,}2$ độ.
Nhiệt độ của hệ khi cân bằng là $t\approx 21{,}8\ ^\circ\text{C}$. Nước chỉ ấm lên chưa tới 2 độ trong khi miếng đồng nguội đi hơn 78 độ.
Lấy trung bình cộng của 100 và 20 cho 60 °C — sai gần 3 lần và bỏ quên hoàn toàn khối lượng lẫn nhiệt dung riêng. Trung bình cộng chỉ đúng khi hai vật có tích $mc$ bằng nhau, ở đây chúng lệch nhau 44 lần. Bẫy thứ hai là hoán vị hai hiệu nhiệt độ, viết $190(t-100)=8400(20-t)$, ra cùng con số nhưng nếu chỉ đảo một vế thì phương trình cho $t\approx 19{,}6$ °C, tức lạnh hơn cả nước ban đầu — vô lý vì hệ chỉ gồm nước 20 °C và đồng nóng.