I. Lý thuyết trọng tâm

1. Năng lượng có ích và năng lượng hao phí

Trong mọi quá trình chuyển hoá năng lượng (từ dạng này sang dạng khác, từ vật này sang vật khác), luôn tồn tại một phần năng lượng bị hao phí – không bao giờ toàn bộ năng lượng đầu vào được chuyển thành năng lượng mong muốn.

Năng lượng có ích là phần năng lượng được chuyển hoá đúng theo mục đích sử dụng.

Năng lượng hao phí là phần năng lượng chuyển hoá thành các dạng không mong muốn (thường là nhiệt năng do ma sát, năng lượng âm thanh, bức xạ,…).

Mối quan hệ:

$$W_{\text{toàn phần}} = W_{\text{có ích}} + W_{\text{hao phí}}$$

Một số ví dụ về tỉ lệ hao phí năng lượng:

• Động cơ nhiệt thông thường: khoảng 60–70% năng lượng bị hao phí.
• Động cơ điện: chỉ khoảng 10% năng lượng bị hao phí (hiệu suất cao).
• Pin mặt trời: chỉ khoảng 10% năng lượng ánh sáng được chuyển thành điện năng, còn lại là hao phí.

Lưu ý quan trọng: Việc phân loại năng lượng nào là “có ích” hay “hao phí” mang tính tương đối, phụ thuộc vào mục đích sử dụng và hoàn cảnh cụ thể.

Ví dụ: Khi chơi thể thao, nhiệt năng cơ thể tỏa ra thường là hao phí. Nhưng nếu chơi thể thao trong thời tiết lạnh, nhiệt năng đó giúp sưởi ấm cơ thể → có thể xem là năng lượng có ích.

Xác định năng lượng có ích/hao phí trong các trường hợp khác:

• Acquy nạp điện: Điện năng → hoá năng (có ích) + nhiệt năng (hao phí).
• Acquy phóng điện: Hoá năng → điện năng (có ích) + nhiệt năng (hao phí).
• Ròng rọc kéo vật lên cao: Công cơ học → thế năng vật nâng lên (có ích) + nhiệt năng do ma sát (hao phí).
• Bếp từ: Điện năng → nhiệt năng làm nóng nồi/thức ăn (có ích) + nhiệt năng toả ra môi trường, bức xạ (hao phí).

2. Hiệu suất

a) Định nghĩa và công thức

Hiệu suất là đại lượng đo lường tỉ lệ giữa phần năng lượng có ích so với năng lượng toàn phần trong cùng một khoảng thời gian.

$$\boxed{H = \dfrac{W_{ci}}{W_{tp}} \times 100\%} \tag{27.1}$$

Hoặc tính theo công suất:

$$H = \dfrac{P_{ci}}{P_{tp}} \times 100\%$$

Trong đó:

• $W_{ci}$: năng lượng có ích (J)
• $W_{tp}$: năng lượng toàn phần (J)
• $P_{ci}$: công suất có ích (W)
• $P_{tp}$: công suất toàn phần (W)

Đặc điểm quan trọng của hiệu suất:

• Hiệu suất không có đơn vị (tính bằng %).
• Hiệu suất luôn nhỏ hơn 100% ($0 < H < 100%$). Không bao giờ đạt 100% vì luôn tồn tại năng lượng hao phí do ma sát, nhiệt, bức xạ,…
• Hiệu suất càng cao thì tỉ lệ năng lượng hao phí so với năng lượng toàn phần càng nhỏ (thiết bị hoạt động hiệu quả hơn).
• Máy có công suất lớn không đồng nghĩa với hiệu suất cao. Công suất đo khả năng sinh công nhanh hay chậm, còn hiệu suất đo mức độ tận dụng năng lượng.
• Hiệu suất cho biết tỉ lệ phần năng lượng có ích được chuyển hoá từ năng lượng cung cấp, không phải cho biết công suất hay năng lượng tiêu thụ.

b) Hiệu suất của động cơ nhiệt

Với động cơ nhiệt (động cơ xăng, diesel,…), công thức hiệu suất được viết cụ thể:

$$\boxed{H = \dfrac{A}{Q} \times 100\%} \tag{27.2}$$

Trong đó:

• $A$: công cơ học mà động cơ thực hiện được (J)
• $Q$: nhiệt lượng mà động cơ nhận được từ nhiên liệu bị đốt cháy (J)

Nhiệt lượng toả ra khi đốt nhiên liệu: $Q = m \times q$ (với $q$ là năng suất toả nhiệt của nhiên liệu, đơn vị J/kg).

c) Bảng hiệu suất một số thiết bị

Phân tích tiêu hao năng lượng ở động cơ đốt trong (Hình 27.3):

Tổng năng lượng từ nhiên liệu đốt cháy được phân bố: 41% truyền đến bánh xe (công có ích), 30% truyền cho hệ thống làm mát, 24% ra ngoài theo khí thải, 5% bức xạ nhiệt ra ngoài. Như vậy hiệu suất thực tế chỉ khoảng 35–41%.

Tại sao vẫn khuyến khích nhà máy điện mặt trời dù hiệu suất thấp?

Dù hiệu suất chuyển đổi của pin mặt trời chỉ khoảng 10% (thấp hơn nhiều so với nhà máy nhiệt điện ~35%), năng lượng mặt trời là nguồn năng lượng tái tạo, sạch, không gây ô nhiễm, không cạn kiệt. Trong khi nhà máy nhiệt điện dùng nhiên liệu hoá thạch (than, dầu) gây ô nhiễm môi trường và nguồn nhiên liệu có hạn.

II. Phương pháp giải các dạng bài tập

Cả bài chỉ dùng một công thức:

$$H = \frac{W_{ci}}{W_{tp}} \times 100\% \qquad \text{hoặc} \qquad H = \frac{P_{ci}}{P_{tp}} \times 100\%$$

cùng với hệ thức:

$$W_{tp} = W_{ci} + W_{hp}$$

Các bước giải chung

Bước 1: Đây là bước quan trọng nhất và cũng là bước hay sai nhất – xác định đâu là năng lượng có ích, đâu là năng lượng toàn phần. Bảng dưới đây tổng hợp các tình huống thường gặp:

Bước 2: Tính riêng $W_{ci}$ và $W_{tp}$, chú ý cả hai phải tính trong cùng một khoảng thời gian hoặc trên cùng một quá trình.

Bước 3: Thay vào công thức hiệu suất. Nếu đề cho $H$ và hỏi đại lượng khác, biến đổi:

$$W_{ci} = H\,W_{tp} \qquad W_{tp} = \frac{W_{ci}}{H} \qquad W_{hp} = W_{tp} – W_{ci}$$

Bước 4: Kiểm tra kết quả: hiệu suất luôn thoả mãn $0 < H < 100\%$. Nếu tính ra $H > 100\%$ thì chắc chắn đã nhầm giữa có ích và toàn phần.

Chú ý về cách thay số $H$: Khi dùng $H$ trong phép nhân hoặc chia, phải đổi về dạng số thập phân ($25\% = 0{,}25$; $70\% = 0{,}7$). Chỉ nhân $100\%$ ở bước cuối khi trình bày kết quả.

Bảng đổi đơn vị thường dùng:

Dạng 1: Hiệu suất của máy cơ đơn giản

Phương pháp giải

Bước 1: Xác định công có ích – luôn là công cần thiết để nâng vật lên cao, tức công chống lại trọng lực:

$$A_{ci} = m\,g\,h$$

trong đó $h$ là độ cao theo phương thẳng đứng mà vật được nâng lên.

Bước 2: Xác định công toàn phần – là công của lực mà người (hoặc máy) thực sự tác dụng:

$$A_{tp} = F\,s$$

trong đó $s$ là quãng đường mà lực kéo dịch chuyển.

Bước 3: Tính hiệu suất và công hao phí:

$$H = \frac{A_{ci}}{A_{tp}} \times 100\% = \frac{m\,g\,h}{F\,s} \times 100\% \qquad A_{hp} = A_{tp} – A_{ci}$$

Ý nghĩa của công hao phí: Đó chính là công dùng để thắng lực ma sát ở trục ròng rọc, ở dây, hoặc giữa vật và mặt nghiêng. Phần công này chuyển thành nhiệt năng.

Bài tập mẫu

Đề bài: Một công nhân dùng ròng rọc để kéo thùng sơn khối lượng $27\,\text{kg}$ lên cao $3{,}1\,\text{m}$. Lực kéo dây theo phương thẳng đứng có độ lớn $F = 310\,\text{N}$. Lấy $g = 9{,}8\,\text{m/s}^2$.

a) Tính công toàn phần.

b) Tính công có ích.

c) Tính hiệu suất của ròng rọc và cho biết phần công hao phí là bao nhiêu.

Lời giải

Câu a. Với ròng rọc cố định, quãng đường kéo dây bằng độ cao nâng vật: $s = h = 3{,}1\,\text{m}$.

$$A_{tp} = F\,s = 310 \times 3{,}1 = 961\,\text{J}$$

Câu b. Công có ích là công nâng thùng sơn lên cao:

$$A_{ci} = m\,g\,h = 27 \times 9{,}8 \times 3{,}1 = 820{,}26\,\text{J}$$

Câu c. Hiệu suất:

$$H = \frac{A_{ci}}{A_{tp}} \times 100\% = \frac{820{,}26}{961} \times 100\% \approx 85{,}4\%$$

Công hao phí:

$$A_{hp} = A_{tp} – A_{ci} = 961 – 820{,}26 = 140{,}74\,\text{J}$$

Kết luận: Hiệu suất của ròng rọc khoảng $85{,}4\%$; có $140{,}74\,\text{J}$ bị hao phí để thắng ma sát ở trục ròng rọc.

Dạng 2: Hiệu suất khi có ma sát trên đường đi

Phương pháp giải

Dạng này gồm hai tình huống, khác nhau ở chỗ xác định năng lượng toàn phần:

Tình huống A – vật trượt xuống (cầu trượt, tàu lượn, máng trượt): nguồn năng lượng là thế năng ban đầu.

$$W_{tp} = m\,g\,h \qquad W_{ci} = \frac{1}{2}m\,v^2 \qquad W_{hp} = A_{ms}$$

Nếu mặt trượt nghiêng góc $\alpha$ và dài $\ell$ thì $h = \ell\,\sin\alpha$. Khi đó:

$$H = \frac{\frac{1}{2}m\,v^2}{m\,g\,h} \times 100\% = \frac{v^2}{2\,g\,h} \times 100\%$$

Muốn tìm lực ma sát, dùng: $F_{ms} = \dfrac{W_{hp}}{\ell}$.

Tình huống B – xe chuyển động nhờ lực kéo động cơ: nguồn năng lượng là công của lực kéo.

$$A_{tp} = F\,s \qquad A_{hp} = F_{ms}\,s = \mu\,m\,g\,s \qquad A_{ci} = A_{tp} – A_{hp}$$

Để tìm lực kéo $F$, làm theo hai bước:

$$a = \frac{v^2 – v_0^2}{2\,s} \qquad \text{rồi} \qquad F = m\,a + \mu\,m\,g$$

Cách kiểm tra nhanh ở tình huống B: Công có ích chính là độ tăng động năng của xe, nên phải có $A_{ci} = \dfrac{1}{2}m\,v^2 – \dfrac{1}{2}m\,v_0^2$. Nếu hai cách tính không khớp thì đã sai ở đâu đó.

Bài tập mẫu 1 (cầu trượt)

Đề bài: Một em bé khối lượng $20\,\text{kg}$ chơi cầu trượt, trượt từ trạng thái đứng yên xuống. Cầu trượt dài $\ell = 4\,\text{m}$, nghiêng góc $40^\circ$ so với phương ngang. Khi đến chân cầu trượt, tốc độ của em bé là $3{,}2\,\text{m/s}$. Lấy $g = 10\,\text{m/s}^2$, $\sin 40^\circ \approx 0{,}643$.

a) Tính độ lớn lực ma sát trung bình tác dụng lên em bé.

b) Tính hiệu suất của quá trình chuyển hoá thế năng thành động năng.

Lời giải

Bước 1. Tính độ cao của đỉnh cầu trượt

$$h = \ell\,\sin 40^\circ = 4 \times 0{,}643 \approx 2{,}57\,\text{m}$$

Câu a. Tìm lực ma sát

Năng lượng toàn phần là thế năng ban đầu:

$$W_{tp} = m\,g\,h = 20 \times 10 \times 2{,}57 = 514\,\text{J}$$

Năng lượng có ích là động năng tại chân cầu trượt:

$$W_{ci} = \frac{1}{2}m\,v^2 = \frac{1}{2} \times 20 \times 3{,}2^2 = 102{,}4\,\text{J}$$

Phần còn lại bị hao phí do ma sát:

$$W_{hp} = W_{tp} – W_{ci} = 514 – 102{,}4 = 411{,}6\,\text{J}$$

Vì $W_{hp} = F_{ms}\,\ell$ nên:

$$F_{ms} = \frac{W_{hp}}{\ell} = \frac{411{,}6}{4} \approx 102{,}9\,\text{N}$$

Câu b. Tính hiệu suất

$$H = \frac{W_{ci}}{W_{tp}} \times 100\% = \frac{102{,}4}{514} \times 100\% \approx 20\%$$

Kết luận: $F_{ms} \approx 102{,}9\,\text{N}$ và $H \approx 20\%$. Chỉ khoảng một phần năm thế năng ban đầu biến thành động năng, phần lớn còn lại chuyển thành nhiệt năng do ma sát.

Bài tập mẫu 2 (xe tải)

Đề bài: Một xe tải khối lượng $m = 2{,}5$ tấn bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ. Sau khi đi được quãng đường $s = 144\,\text{m}$, xe đạt tốc độ $v = 12\,\text{m/s}$. Hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt đường là $\mu = 0{,}04$. Lấy $g = 10\,\text{m/s}^2$.

a) Tính gia tốc của xe.

b) Tính công của lực kéo động cơ trên quãng đường đó.

c) Tính hiệu suất chuyển hoá năng lượng của quá trình.

Lời giải

Đổi $m = 2{,}5$ tấn $= 2\,500\,\text{kg}$.

Câu a. Gia tốc

Xe xuất phát từ nghỉ nên $v_0 = 0$:

$$a = \frac{v^2 – v_0^2}{2\,s} = \frac{12^2 – 0}{2 \times 144} = \frac{144}{288} = 0{,}5\,\text{m/s}^2$$

Câu b. Công của lực kéo

Lực ma sát:

$$F_{ms} = \mu\,m\,g = 0{,}04 \times 2\,500 \times 10 = 1\,000\,\text{N}$$

Áp dụng định luật II Newton theo phương chuyển động:

$$F – F_{ms} = m\,a \Rightarrow F = m\,a + F_{ms} = 2\,500 \times 0{,}5 + 1\,000 = 2\,250\,\text{N}$$

Công toàn phần của lực kéo:

$$A_{tp} = F\,s = 2\,250 \times 144 = 324\,000\,\text{J}$$

Câu c. Hiệu suất

Công hao phí do ma sát:

$$A_{hp} = F_{ms}\,s = 1\,000 \times 144 = 144\,000\,\text{J}$$

Công có ích:

$$A_{ci} = A_{tp} – A_{hp} = 324\,000 – 144\,000 = 180\,000\,\text{J}$$

$$H = \frac{A_{ci}}{A_{tp}} \times 100\% = \frac{180\,000}{324\,000} \times 100\% \approx 55{,}6\%$$

Kiểm tra lại: Công có ích phải bằng độ tăng động năng của xe:

$$\frac{1}{2}m\,v^2 = \frac{1}{2} \times 2\,500 \times 12^2 = 180\,000\,\text{J} \quad \checkmark$$

Dạng 3: Hiệu suất của động cơ nhiệt và bài toán nhiên liệu

Phương pháp giải

Bước 1: Tính khối lượng nhiên liệu nếu đề cho thể tích:

$$m_{nl} = \rho\,V$$

Bước 2: Tính nhiệt lượng do nhiên liệu toả ra – đây là năng lượng toàn phần:

$$Q = m_{nl}\,q$$

với $q$ là năng suất toả nhiệt của nhiên liệu (J/kg).

Bước 3: Tính công cơ học – đây là năng lượng có ích:

$$A = H\,Q$$

Bước 4: Từ công $A$, liên hệ sang các đại lượng khác của chuyển động:

$$t = \frac{A}{P} \qquad s = v\,t \qquad \text{hoặc} \qquad s = \frac{A}{F}$$

Cảnh báo về luỹ thừa: Vì $q$ có giá trị rất lớn (cỡ $10^7\,\text{J/kg}$), kết quả thường lên tới $10^8$ hoặc $10^9$. Nên viết dưới dạng luỹ thừa của $10$ và cộng trừ số mũ cẩn thận, đây là chỗ hay sai nhất của dạng này.

Bài tập mẫu

Đề bài: Một ô tô chuyển động đều với tốc độ $v = 54\,\text{km/h}$, công suất động cơ $P = 45\,\text{kW}$, hiệu suất $H = 25\%$. Ô tô tiêu thụ hết $60$ lít xăng. Biết năng suất toả nhiệt của xăng $q = 46 \times 10^6\,\text{J/kg}$, khối lượng riêng của xăng $\rho = 700\,\text{kg/m}^3$. Tính quãng đường ô tô đi được.

Lời giải

Bước 1. Đổi đơn vị

$$v = \frac{54}{3{,}6} = 15\,\text{m/s} \qquad V = 60 \text{ lít} = 60 \times 10^{-3}\,\text{m}^3 \qquad P = 45 \times 10^3\,\text{W}$$

Bước 2. Khối lượng xăng

$$m_{nl} = \rho\,V = 700 \times 60 \times 10^{-3} = 42\,\text{kg}$$

Bước 3. Nhiệt lượng toả ra (năng lượng toàn phần)

$$Q = m_{nl}\,q = 42 \times 46 \times 10^6 = 1\,932 \times 10^6 = 1{,}932 \times 10^9\,\text{J}$$

Bước 4. Công cơ học (năng lượng có ích)

$$A = H\,Q = 0{,}25 \times 1{,}932 \times 10^9 = 4{,}83 \times 10^8\,\text{J}$$

Bước 5. Thời gian hoạt động

$$t = \frac{A}{P} = \frac{4{,}83 \times 10^8}{45 \times 10^3} \approx 1{,}073 \times 10^4\,\text{s}$$

Bước 6. Quãng đường đi được

$$s = v\,t = 15 \times 1{,}073 \times 10^4 \approx 1{,}61 \times 10^5\,\text{m} = 161\,\text{km}$$

Kết luận: Ô tô đi được quãng đường khoảng $161\,\text{km}$.

Nhận xét: Với $60$ lít xăng, tổng năng lượng hoá học là $1{,}932 \times 10^9\,\text{J}$, nhưng chỉ $4{,}83 \times 10^8\,\text{J}$ biến thành công đẩy xe đi. Phần còn lại (khoảng $75\%$) mất theo khí thải, hệ thống làm mát và bức xạ nhiệt – đúng như sơ đồ phân bố năng lượng của động cơ xăng trong phần lí thuyết.

Dạng 4: Hiệu suất tính theo công suất – bài toán máy bơm nước

Phương pháp giải

Bước 1: Tính khối lượng nước từ thể tích:

$$m = \rho\,V$$

với nước $\rho = 1\,000\,\text{kg/m}^3$, nên $1$ lít nước có khối lượng $1\,\text{kg}$.

Bước 2: Tính công có ích – công nâng nước lên độ cao $h$:

$$A_{ci} = m\,g\,h$$

Bước 3: Tính công suất có ích:

$$P_{ci} = \frac{A_{ci}}{t}$$

Bước 4: Dùng hiệu suất để chuyển qua lại giữa công suất có ích và công suất toàn phần (công suất điện mà máy tiêu thụ):

$$P_{ci} = H\,P_{tp} \qquad \Leftrightarrow \qquad P_{tp} = \frac{P_{ci}}{H}$$

Bước 5: Điện năng tiêu thụ trong thời gian $t$:

$$A_{tp} = P_{tp}\,t$$

Lưu ý về thời gian: Công suất và thời gian phải cùng hệ đơn vị. Nếu tính $A_{ci}$ cho lượng nước bơm trong $1$ phút thì $t = 60\,\text{s}$, không phải $t = 1$.

Bài tập mẫu

Đề bài: Một máy bơm mỗi phút bơm được $900$ lít nước lên bể chứa ở độ cao $10\,\text{m}$. Hiệu suất của máy bơm là $H = 70\%$. Lấy $g = 10\,\text{m/s}^2$, khối lượng riêng của nước $\rho = 1\,000\,\text{kg/m}^3$.

a) Tính khối lượng nước máy bơm được trong mỗi phút.

b) Tính công có ích mà máy bơm thực hiện trong mỗi phút.

c) Tính công suất có ích và công suất toàn phần của máy bơm.

d) Tính điện năng máy bơm tiêu thụ trong nửa giờ.

Lời giải

Câu a. Đổi thể tích: $V = 900$ lít $= 0{,}9\,\text{m}^3$.

$$m = \rho\,V = 1\,000 \times 0{,}9 = 900\,\text{kg}$$

Câu b. Công có ích là công nâng khối nước đó lên cao $10\,\text{m}$:

$$A_{ci} = m\,g\,h = 900 \times 10 \times 10 = 90\,000\,\text{J} = 90\,\text{kJ}$$

Câu c. Lượng nước trên được bơm trong $t = 1$ phút $= 60\,\text{s}$:

$$P_{ci} = \frac{A_{ci}}{t} = \frac{90\,000}{60} = 1\,500\,\text{W} = 1{,}5\,\text{kW}$$

Công suất toàn phần:

$$P_{tp} = \frac{P_{ci}}{H} = \frac{1\,500}{0{,}7} \approx 2\,143\,\text{W} \approx 2{,}14\,\text{kW}$$

Câu d. Đổi thời gian: nửa giờ $= 30$ phút $= 1\,800\,\text{s}$.

$$A_{tp} = P_{tp}\,t = 2\,143 \times 1\,800 \approx 3{,}86 \times 10^6\,\text{J}$$

Kết luận: Máy bơm tiêu thụ khoảng $3{,}86 \times 10^6\,\text{J}$ điện năng trong nửa giờ, trong đó phần thực sự dùng để nâng nước là:

$$A_{ci} = H\,A_{tp} = 0{,}7 \times 3{,}86 \times 10^6 \approx 2{,}7 \times 10^6\,\text{J}$$

phần còn lại khoảng $1{,}16 \times 10^6\,\text{J}$ bị hao phí do ma sát trong máy, sức cản của nước trong ống và toả nhiệt ở động cơ.

Bảng tra nhanh: chọn cách làm theo đề bài

Thầy Phạm Trần Quốc Anh

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Vật Lý THPT

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Vật lý, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ STEM, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 9+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lê Quí Đôn