Đề tài Một số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8

Tên đề tài: “Một số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8”
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình vật lý 8 nhiệt học là một trong những phần hết sức quan trọng .
Nhưng để học sinh nắm vững và giải tốt các bài toán phần này thì đoi hỏi người giáo
viên phải biết vận dụng thành thạo, nhuần nhuyển các kiến thức về phần nhiệt học
cũng như vận dụng thành thạo phương trình cân bằng nhiệt để giải các bài toán về
nhiệt học . Trong đề tài này tôi mạnh dạn đưa ra một số kỹ năng mà tôi đúc rút được
trong quá trình dạy học để giải các bài toán về nhiệt học hy vọng rằng các bạn đồng
nghiệp và các em học sinh có được một số kỹ năng khi giải các bài toán về nhiệt học
do thời gian không cho phép nên tôi chỉ trình bày một số dạng toán cơ bản phục vụ
cho việc dạy đại trà và bồi dưỡng học sinh giỏi
Trong thực tế dạy học hiện nay, người giáo viên lên lớp không chỉ truyền đạt kiến
thức cơ bản cho học sinh mà còn phát huy tính tích cực và tư duy sáng tạo để chiếm
lĩnh tri thức. Tuy nhiên bấy lâu nay chúng ta chỉ chú ý tới việc phát huy tính tích cực
và tư duy sáng tạo trong giải các bài tập chủ yếu là môn Toán, mà không chú ý tới
môn Vật lý, Hoá học và các môn học khác.
Trên cơ sở tinh thần phát huy tính tích cực và tư duy sáng tạo trong giải toán, dựa vào
những hoạt động trí tuệ chung như:
- Tương tự hoá
- Trừu tượng hoá
- Tổng quát hoá
- Khái quát hoá và đặc biệt hoá
Từ một bài tập cơ bản ban đầu ta có thể đề xuất cách giải và mở rộng, phát triển thành
nhiều dạng bài tập khác.
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn Vật lý 8, tôi có một số
kinh nghiệm khi giảng dạy phần nhiệt học, đặc biệt là dạng bài tập về nhiệt học
Một số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8
B.NỘI DUNG
+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất
+ Các bài toán có sự chuyển thể của các chất
+ Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường

+ Các bài toán có liên quan đến công suất tỏa nhiệt của các vật tỏa nhiệt.
+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn
+ các bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu
+ các bài toán đồ thị biểu diễn sự tương quan giữa các đại lượng đặc trưng
Dạng 1. Tính nhiệt độ của một chất hoặc một hỗn hợp ban đầu khi cân bằng nhiệt
Bài 1. Người ta thả một thỏi đồng nặng 0, 4kg ở nhiệt độ 80
0
c vào 0, 25kg nước ở
o
t
=
18
0
c. Hãy xác định nhiệt độ cân bằng. Cho c
1
= 400 j/kgk c
2
= 4200 j/kgk
1
Giải . Gọi nhiệt độ khi cân bằng của hỗn hợp là t. Ta có phương trình cân bằng nhiệt
của hỗn hợp như sau

)18(.)80.(.
2211
−=− tcmtcm

Thay số vào ta có t = 26,2
0
C
Nhận xét. Đối với bài tập này thì đa số học sinh giải được nhưng qua bài tập này thì

giáo viên hướng dẫn học sinh làm đối với hỗn hợp 3 chất lỏng và tổng quát lên n chất
lỏng
Bài 2. Một hỗn hợp gồm ba chất lỏng không có tác dụng hoá học với nhau có khối
lượng lần lượt là:
.3,2,1
321
kgmkgmkgm ===
Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ của chúng
lần lượt là
ctkgkjcctkgkjcctkgkjc
0
33
0
22
0
11
50,/3000,10,/4000,10,/2000 ======
. Hãy
tính nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng
Tương tự bài toán trên ta tính ngay được nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng là t
t =
332211
333222111


cmcmcm
tcmctmtcm
++
++
thay số vào ta có t = 20,5

0
C
Từ đó ta có bài toán tổng quát như sau
Bài 3. Một hỗn hợp gồm n chất lỏng có khối lượng lần lượt là
n
mmm , ,
21
và nhiệt
dung riêng của chúng lần lượt là
n
ccc ,
21
và nhiệt độ là
n
ttt ,
21
. Được trộn lẩn vào
nhau. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt
Hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi cân bằng
nhiệt là
t =
nn
nnn
cmcmcmcm
ctmtcmctmtcm
++++
++++


332211

333222111
Dạng 2. Biện luận các chất có tan hết hay không trong đó có nước đá
Đối với dạng toán này học sinh hay nhầm lẫn nên giáo viên phải hướng dẫn hết sức tỷ
mỷ để học sinh thành thạo khi giải các bài tập sau đây là một số bài tập
Bài 4. Bỏ 100g nước đá ở
Ct
o
0
1
=
vào 300g nước ở
Ct
o
20
2
=

Nước đá có tan hết không? Nếu không hãy tính khối lượng đá còn lại . Cho nhiệt độ
nóng chảy của nước đá là
kgkj /10.4,3
5
=
λ
và nhiệt dung riêng của nước là
c = 4200j/kg.k
Nhận xét. Đối với bài toán này thông thường khi giải học sinh sẽ giải một cách đơn
giản vì khi tính chỉ việc so sánh nhiệt lượng của nước đá và của nước
Giải. Gọi nhiệt lượng của nước là
t
Q

từ 20
0
C về 0
0
C và của nước đá tan hết là Q thu ta
có
t
Q
=
)020.(
22
−cm
= 0,3.4200.20 =25200j
λ
.
1
mQ
thu
=
= 0,1.
5
10.4,3
= 34000j
2
Ta thấy Q thu > Qtoả nên nước đá không tan hết. Lượng nước đá chưa tan hết là
λ
toathu
QQ
m
−

=
=
5
10.4,3
8800
= 0,026 kg
Bài 5. Trong một bình có chứa
kgm 2
1
=
nước ở
ct
0
1
25=
. Người ta thả vào bình
kgm
2
nước đá ở
2
t
=
c
0
20−
. Hảy tính nhiệt độ chung của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt
trong các trường hợp sau đây:
a)
2
m

= 1kg
b)
2
m
= 0,2kg
c)
2
m
= 6kg
cho nhiệt dung riêng của nước, của nước đá và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là
kgkjkgkkjckgkkjc /340,/1,2;/2,4
21
===
λ
Nhận xét . Đối với bài toán này khi giải học sinh rất dể nhầm lẫn ở các trường hợp
của nước đá. Do vậy khi giải giáo viên nên cụ thể hoá các trường hợp và phân tích để
cho học sinh thấy rõ và tránh nhầm lẫn trong các bài toán khác.
Giải
Nếu nước hạ nhiệt độ tới 0
0
c thì nó toả ra một nhiệt lượng
kjtmcQ 210)025.(2.2,4)0(
1111
=−=−=

a)
2
m
= 1kg
nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ tới o

o
c
kjotomcQ 42))20(.(1,2)(
2222
=−−=−=
21
QQ 〉
nước đá bị nóng chảy.
Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hoàn toàn:
kjmQ 3401.340.'
22
===
λ
221
'QQQ +〈
nước đá chưa nóng chảy hoàn toàn. Vậy nhiệt độ cân bằng là 0
0
C. Khối
lượng nước đá đã đông đặc là
y
m
⇒−=+−
)0(.)0(.
22211
tmcmtmc
y
λ
kgm
y
12,0=

Khối lượng nước đá đã nóng chảy
x
m
được xác định bởi:
kgmmtmctmc
xx
5,0.)0()0(.
22211
≈⇒+−=−
λ
Khối lượng nước có trong bình:
kgmmm
xn
5,2
1
≈+=
Khối lượng nước đá còn lại
kgmmm
xd
5,0
2
=−=
b)
kgm 2,0
2
=
: tính tương tự như ở phần a .
jmQjtmcQ 68000.';8400)0(
222222
===−=

λ
221
'QQQ +〉
nước đá đã nóng chảy hết và nhiệt độ cân bằng cao hơn O
o
c. Nhiệt độ cân
bằng được xác định từ
3
)()0(.)0(
111212222
ttmctmcmtmc −=−++−
λ
Từ đó
ct
0
5,14≈
Khối lượng nước trong bình:
kgmmm
n
2,2
21
=+=
Khối lượng nước đá
Om
d
=
c)
kgm 6
2
=

kjtmcQ 252)0(
2222
=−=
21
QQ 〈
: nước hạ nhiệt độ tới O
o
cvà bắt đầu đông đặc.
- Nếu nước đông đặc hoàn toàn thì nhiệt lượng toả ra là:

kjmQ 680'
11
==
λ
112
'QQQ +〈
: nước chưa đông đặc hoàn toàn, nhiệt độ cân bằng là o
o
c
- Khối lượng nước đá có trong bình khi đó:

kgmmm
yd
12,6
2
=+=
Khối lượng nước còn lại:
.88,1
1
kgmmm

yn
=−=
Bài tập tương tự
Bài 6. Thả 1, 6kg nước đá ở -10
0
c vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở 80
0
C;
bình nhiệt lượng kế bằng đồng có khối lượng 200g và có nhiệt dung riêng c =
380j/kgk
a) Nước đá có tan hết hay không
b) Tính nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế. Cho biết nhiệt dung riêng của nước
đá là
=
d
c
2100j/kgk và nhiệt nóng chảy của nước đá là
./10.336
3
kgkj=
λ
Bài 7. Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng nhiệt độ
O
0
c, người ta rót thêm vào đó 2kg nước ở 50
0
C. Tính nhiệt độ cân bằng cuối cùng.
Đáp số : Bài 6 a) nước dá không tan hết
b) 0
0

C
Bài 7 t = 4,8
0
C
Dạng 3 tính nhiệt lượng hoặc khối lượng của các chất trong đó không có (hoặc có)
sự mất mát nhiệt lượng do môi trường
Bài 8. Người ta đổ
gm 200
1
=
nước sôi có nhiệt độ 100
0
c vào một chiếc cốc có khối
lượng
=
2
m
120g đang ở nhiệt độ
2
t
= 20
0
C sau khoảng thời gian t = 5’, nhiệt độ của
cốc nước bằng 40
0
C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một cách đều đặn, hảy xác
4
định nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong mỗi giây. Nhiệt dung riêng của
thuỷ tinh là
2

c
= 840j/kgk.
Giải
Do sự bảo toàn năng lượng, nên có thể xem rằng nhiệt lượng Q do cả cốc nước toả ra
môi trường xung quanh trong khoảng thời gian 5 phút bằng hiệu hai nhiệt lượng
- Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt từ 100
0
C xuống 40
0
C là

)(
1111
ttcmQ −=
= 0,2.2400. (100-40) = 28800 J
- Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 40
0
C là

)(
2222
ttcmQ −=
= 0,12.840.(40-20) = 2016 J
Do đó nhiệt lượng toả ra: Q =
21
QQ −
= 26784 j
Công suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng
N =
s

j
T
Q
300
26784
=
= 89,28j/s
Bài 9. Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 20
0
c.
a. Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở 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
kgkjckgkjckgkjc /380;/4200;/880
321
===
. Bỏ qua sự toả nhiệt
ra môi trường
b. Thực ra trong trường hợp này, nhiệt toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung
cấp cho thau nước. Tính 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 hoặc lượng
nước đá còn sót lại nếu không tan hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là
kgj /10.4,3
5
=

λ
Nhận xét: ở bài toán này khi giải cả hai câu a, b thì không phải là khó nhưng so
với các bài toán khác thì bài này có sự toả nhiệt lượng ra môi trường nên khi giải
giáo viên cân làm rõ cho học sinh thấy sự toả nhiệt ra môi trường ở đây là đều nên
10% nhiệt toả ra môi trường chính là nhiệt lượng mà nhôm và nước nhận thêm khi
đó giải học sinh sẽ không nhầm lẫn được
Giải. a) Gọi t
0
C là nhiệt độ củ bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng
Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ
=
1
t
20
0
C đến
=
2
t
21,2
0
C
).(
12111
ttcmQ −=
(
1
m
là khối lượng thau nhôm)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ

=
1
t
20
0
C đến
=
2
t
21,2
0
C
)(
12222
ttcmQ −=
2
m
là khối lượng nước
Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t
0
C đến
=
2
t
21,2
0
C
)(
2333
ttcmQ −=

(
3
m
khối lượng thỏi đồng)
5
Do không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
213
QQQ +=
⇒
))(()'(
122211233
ttcmcmttcm −+=−

⇒
t
=
33
233122211
))(((
cm
tcmttcmcm +−+
Thay số vào ta được t = 160,78
0
C
b) Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được
viết lại

)(1,1)%(110
)()%(10
21213

21213
QQQQQ
QQQQQ
+=+=⇒
+=+−
Hay
))((1,1)'(
122211233
ttcmcmttcm −+=−

⇒
't
=
33
233122211
))(((
cm
tcmttcmcm +−+
+
2
t

t’ = 174,74
0
C
c) Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0
0
C
Q =
jm 340001,0.10.4,3

5
==
λ
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ 21,2
0
C
xuống 0
0
C là:
jcmcmcmQ 189019)02,21)(('
332211
=−++=
Do nhiệt lượng nước đá cần để tan hoàn toàn bé hơn nhiệt lượng của hệ thống toả
ra nên nước đá t” được tính

"))(('
332211
tcmcmmcmQQQ +++=−=∆
(Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 0
0
C đến t”
0
C)

380.2,04200)1,02(880.5,0
34000189109
))((
'
"
332211

+++
−
=
+++
−
=
cmcmmcm
QQ
t

"t
= 16,6
0
c
Bài 10: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0, 5kg chứa 2kg nước ở 25
o
C. Muốn đun
sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung
riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C
1
= 880J/kg.K và 30%
nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh
Giải: + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25
o
C tới 100
o
C là:
Q
1
= m

1
c
1
( t
2
t
1
) = 0,5.880.( 100 25 ) = 33000 ( J )
+ Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25
o
C tới 100
o
C là:
Q
2
= mc ( t
2
t
1
) = 2.4200.( 100 25) = 630000 ( J )
+ Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
6
Q = Q
1
+ Q
2
= 663000 ( J ) ( 1 )
+ Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20
phút
Q = H.P.t ( 2 )

(Trong đó H T = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây)
+Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P =
W)
Q 663000.100
789,3(
H.t 70.1200
= =
Bài tập tương tự
Bài 11. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng
gm 500
1
=
chứa
gm 400
2
=
nước ở nhiệt độ
ct
0
1
20=
.
a) Đổ thêm vào bình một lượng nước m ở nhiệt độ
2
t
= 5
0
C. Khi cân bằng nhiệt thì
nhiệt độ nước trong bình là t = 10
0

C. Tìm m
b) Sau đó người ta thả vào bình một khối nước đá có khối lượng
3
m
ở nhiệt độ
ct
0
3
5−=
. Khi cân bằng nhiệt thì thấy trong bình còn lại 100g nước đá. Tìm
3
m

cho biết nhiệt dung riêng của nhôm là
1
c
=880 (j/kgk), của nước là
2
c
= 4200
( j/kgk) của nước đá là
3
c
= 2100(j/kgk), nhiệt nóng chảy của nước đá là
=
λ
34000
j/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường
(Trích đề thi TS THPT chuyên lý ĐHQG Hà Nội - 2002 )
Bài 12. Đun nước trong thùng bằng một dây nung nhúng trong nước có công suất 1,

2kw. Sau 3 phút nước nóng lên từ 80
0
C đến 90
0
C.Sau đó người ta rút dây nung ra khỏi
nước thì thấy cứ sau mỗi phút nước trong thùng nguội đi 1,5
0
C. Coi rằng nhiệt toả ra
môi trường một cách đều đặn. Hãy tính khối lượng nước đựng trong thùng.Bỏ qua sự
hấp thụ nhiệt của thùng.
Đáp số m = 3,54kg
Dạng 4. tính một trong các đại lượng m,t, c khi rót một số lần hỗn hợp các chất từ
bình này sang bình khác.
Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt.
Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ với độ
chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu
làm thanh dẫn.
Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai
thanh là như nhau.
Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên
hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống.
Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách
ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch
nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn.
7
Bài 13. có hai bình cách nhiệt. Bình một chứa
kgm 4
1
=
nước ở nhiệt độ

ct
0
1
20=
;bình
hai chứa
kgm 8
2
=
ở nhiệt độ
ct
0
2
40=
. Người ta trút một lượng nước m từ bình 2 sang
bình 1. Sau khi nhiệt độ ở bình 1 đã ổn định, người ta lại trút lượng nước m từ bính 1
sang bình 2. Nhiệt độ ở bình 2 khi cân bằng nhiệt là
2
't
= 38
0
C.
Hãy tính lượng nước m đã trút trong mỗi lần và nhiệt độ ổn định
1
't
ở bình 1.
Nhận xét: Đối với dạng toán này khi giải học sinh gặp rất nhiều khó khăn vì ở đây
khối lượng nước khi trút là m do đó chắc chắn học sinh sẽ nhầm lẫn khi tính khối
lượng do vậy giáo viên nên phân tích đề thật kỹ để từ đó hướng dẫn học sinh giải một
cách chính xác.

Giải: Khi nhiệt độ ở bình 1 đã ổn định sau lần rót thứ nhất tức là đã cân bằng nhiệt
nên ta có phương trình cân bằng nhiệt lần thứ nhất là

)'()'(
11112
ttcmttmc −=−
(1)
Tương tự khi nhiệt độ bình 1 đã ổn định cũng trút lượng nước m này từ bình 1 sang
bình 2 và khi nhiệt độ bình 2 đã ổn định ta có phương trình cân bằng nhiệt lần thứ hai
là

)')(()''(
22212
ttmmcttmc −−=−
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
)'()'(
11112
ttcmttmc −=−

)')(()''(
22212
ttmmcttmc −−=−

Với
kgm 4
1
=

ct

0
1
20=
,
kgm 8
2
=
,
ct
0
2
40=
,
2
't
= 38
0
c thay vào và giải ra ta
được m = 0,5kg ,
1
't
= 40
0
c.
Tương tự bài tập trên ta có bài tập sau
Bài 14. Có hai bình cách nhiệt đựng một chất lỏng nào đó. Một học sinh lần lượt múc
từng ca chất lỏng từ bình 1 trút sang bình 2 và ghi nhiệt độ lại khi cân bằng nhiệt ở
bình 2 sau mỗi lần trút: 10
0
c, 17,5

0
C, rồi bỏ sót một lần không ghi, rồi 25
0
C. Hãy tính
nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt ở lần bị bỏ sót không ghi và nhiệt độ của chất lỏng ở
bình 1. coi nhiệt độ và khối lượng của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 1 đều như nhau. Bỏ
qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.
Nhận xét: Đối với bài toán này khi giải cần chú ý đến hai vấn đề
- Thứ nhất khi tính ra nhiệt độ cân bằng của lần quên ghi này thì nhiệt độ phải bé
hơn 25
0
C
- Thứ hai sau mổi lần trút nhiệt độ ở bình hai tăng chứng tỏ nhiệt độ ở bình 1 phải
lớn hơn bình 2
Giải. Gọi
2
q
là nhiệt dung tổng cộng của chất lỏng chứa trong bình 2 sau lần trút
thứ nhất (ở 10
0
C), q là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào (có nhiệt độ C
1
t
)
và t là nhiệt độ bỏ sót không ghi. Phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút
cuối:
)5,17()105,17(
12
−=− tqq

8
(
)()5,17)(
12
ttqtqq −=−+

)25()25)(2(
12
−=−+ tqtqq
Giải hệ phương trình trên ta có t = 22
0
C
1
t
=40
0
C
Bài 15: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 0
0
C. Qua thành
bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một
đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí
quyển. Sau thời gian T
d
= 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh
đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng
thì nước đá tan hết sau T
t
= 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t
tại điểm tiếp xúc giữa hai thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp:

1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi
2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi.
Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? (giải cho
từng trường hợp ở trên)
Giải: Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh
dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt
độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan
hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với
các thanh đồng và thép tương ứng là K
d
và K
t
.
Ta có phương trình: Q = K
d
(t
2
- t
1
)T
d
= K
t
(t
2
-t
t
)T
t
Với tV = 100 và t

1
= 0 Nên:

=

= 3,2
Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau.
Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t
Trường hợp 1: K
d
(t
2
-t) = K
t
(t - t
1
) Giải phương trình này ta tìm được t = 76
0
C
Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,8
0
C.
Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T
Với trường hợp 1: Q = K
d
(t
2
-t
1
)T

d
= K
d
(t
2
-t)T = 63 phút.
Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên
Bài 16: Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vuông
được chia làm ba ngăn như hình vẽ. hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng
cũng là hình vuông có cạnh bằng nửa cạnh của bình. cổ vào các
ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng: Ngăn 1 là nước ở nhiệt độ
t
1
= 65
0
C. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t
2
= 35
0
C. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ
t
3
= 20
0
C. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách ngăn có thể
dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời
gian tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn.
Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm t
1
= 1

0
C. Hỏi ở hai ngăn còn lại
nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì
3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và môi trường.
Giải: Vì diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền
giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỷ lệ K
Tại các vách ngăn. Nhiệt lượng tỏa ra:
9
Q
12
= K(t
1
- t
2
); Q
13
= k(t
1
- t
3
); Q
23
= k(t
2
- t
3
) Từ đó ta có các phương trình cân bằng
nhiệt:
Đối với nước: Q
12

+ Q
23
= K(t
1
- t
2
+ t
1
-t
3
) = 2mct
1

Đối với cà phê: Q
12
-Q
23
= k(t
1
- t
2
- t
2
+ t
3
) = mct
2

Đối với sữa: Q
13

+ Q
23
= k(t
1
- t
3
+ t
2
- t
3
) = mct
3

Từ các phương trình trên ta tìm được: t
2
= 0,4
0
C và t
3
= 1,6
0
C
T¬ng tù bµi to¸n trªn ta cã bµi to¸n sau
Bài 17. Một bạn đã làm thí nghiệm như sau: từ hai bình chứa cùng một loại chất lỏng
ở nhiệt độ khác nhau; múc 1 cốc chất lỏng từ bình 2 đổ vào bình 1 rồi đo nhiệt độ của
bình 1 khi đã cân bằng nhiệt . Lặp lại việc đó 4 lần, bạn đó đã ghi được các nhiệt độ:
20
0
C,35
0

C,x
0
C,50
0
C.
Biết khối lượng và nhiệt độ chất lỏng trong cốc trong 4 lần đổ là như nhau, bỏ qua sự
trao đổi nhiệt với môi trường và bình chứa.
Hãy tính nhiệt độ x và nhiệt độ của chất lỏng trong hai bình
(Trích ĐTTS Chuyên lý Hà Nội AMS TER ĐAM 2002T)
Giải hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có kết quả như sau
x= 40
0
c ;
ctct
0
2
0
1
80;10 =−=
Bài 18. Một nhiệt lượng kế lúc đầu chưa đựng gì. Đổ vào nhiệt lượng kế một ca nước
nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 5
0
C. Sau đó lại đổ thêm một ca
nước nóng nữa thì thấy nhịêt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 3
0
C.
Hỏi nếu đổ thêm vào nhiệt lượng kế cùng một lúc 5 ca nước nóng nói trên thì nhiệt độ
của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa?
Giải. Gọi C là nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế,
a

C
là nhiệt dung của một ca nước;
T là nhiệt độ của ca nước nóng,
0
T
nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế .
- Khi đổ 1 ca nước nóng vào NLK, pt cân bằng nhiệt là:
5C =
a
C
(T – (
0
T
+5)) (1)
Khi đổ thêm 1 ca nước nữa:
3(C +
a
C
) =
a
C
(T – (
0
T
+5 +3)) (2)
Khi đổ thêm 5 ca nước nữa K, nhiệt độ tăng thêm
∆
t:
∆
t( C + 2

a
C
) = 5
a
C
(T – (
0
T
+5 +3 +
∆
t)
Giải ra ta có
∆
t = 6
0
C
Bài tập tương tự
Bài 19. Trong hai bình cách nhiệt có chứa hai chất lỏng khác nhau ở hai nhiệt độ
ban đầu khác nhau. Người ta dùng một nhiệt kế, lần lượt nhúng đi nhúng lại vào
bình 1, rồi vào bình 2. Chỉ số của nhiệt kế lần lượt là 40
0
C ; 8
0
C ; 39
0
C ; 9,5
0
C.
10
a) Đến lần nhúng tiếp theo nhiệt kế chỉ bao nhiêu?

b) Sau một số lần nhúng như vậy, Nhiệt kế sẽ chỉ bao nhiêu?
Đáp số a) t = 38
0
c
b) t = 27,2
0
c
Bài 20. a) Người ta rót vào khối nước đá khối lượng
1
m
= 2kg một lượng nước
2
m
= 1kg ở nhiệt độ
2
t
= 10
0
C. Khi có cân bằng nhiệt, lượng nước đá tăng thêm m’
=50g. Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là
1
c
= 2000j/kgk; nước
2
c
= 4200j/kgk. Nhiệt nóng chảy của nước đá
kgj /10.4,3
5
=
λ

.
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với đồ dùng thí nghiệm.
b).Sau đó người ta cho hơi nước sôi vào bình trong một thời gian và sau khi thiết
lập cân bằng nhiệt. Nhiệt độ của nước là 50
0
C. Tìm lượng hơi nước đã dẫn vào?
Cho nhiệt hoá hơi của nước L = 2,3.10
6
j/kg.
Nhận xét. Đối với bài toán này khi có cân bằng nhiệt nhưng nhiệt độ cân bằng là
bao nhiêu do đó phải tìm ra được nhiệt độ cân bằng đây cũng là điểm mà học sinh
cần lưu ý. Chú ý khi có cân bằng nhiệt, lượng nước đá tăng thêm 50g bé hơn khối
lượng nước thêm vào do đó nhiệt độ cân bằng là 0
0
C và khi đó có một phần nước
đá sẽ đông đặc ở 0
0
C nhận ra được hai vấn đề này thì việc giải bài toán này sẽ trở
nên dễ dàng hơn rất nhiều
Hướng dẫn và đáp số
a) Gọi nhiệt độ ban đầu của nước đá là
ct
0
1
. Ta có nhiệt lượng nước đá nhận vào để
tăng nhiệt độ từ
ct
0
1
tới 0

0
C là
−= 0(
111
cmQ
1
t
) = -
111
tcm
Nhiệt lượng của nước toả ra để hạ nhiệt độ từ 10
0
C về 0
0
C là
)010(
222
−= cmQ
=
10
22
cm
Nhiệt lượng một phần nước m’ toả ra để đông đặc ở 0
0
C là
'.
3
mQ
λ
=

Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có

321
QQQ +=

Từ đó suy ra
ct
0
1
75,14−=
b). Lượng nước đá bây giờ là 2 + 0,05 = 2,05kg
Nhiệt lượng nước đá nhận vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0
0
C là
λ
.05,2
1
=Q
Nhiệt lượng toàn bộ nước ở 0
0
C ( 3kg) nhận vào để tăng nhiệt độ đến 50
0
C
== 50.4200.3
2
Q

11
Nhiệt lượng hơi nước sôi ( 100
0

C) toả ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 100
0
C

LmQ =
3
(m là khối lượng hơi nước sôim)
Nhiệt lượng nước ở 100
0
C toả ra để giảm đến 50
0
C
50
24
cmQ =
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có

4321
QQQQ +=+
Từ đó suy ra m = 0,528kg = 528g
Bài 21. Người ta rót 1kg nước ở 15
0
C vào bình đựng 3kg nước đá. Tại thời điểm
cân bằng nhiệt giữa nước và nước đá. Khối lượng nước đá tăng lên 100g. Hãy xác
định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200j/kgđộ,
của nước đá là 2100j/kgđộ, nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.10
5
j/kg và trong quá
trình trao đổi nhịêt trên chúng đã hấp thụ 10% nhiệt từ môi trường bên ngoài.
(Trích đề thi HSG tỉnh năm học 2004 – 2005)

Dạng 5. Bài tập tổng hợp có liên quan đến hiệu suất, nhiệt hoá hơi
Bài 19. a) Tính lượng dầu cần để đun sôi 2l nước ở 20
0
C đựng trong ống bằng
nhôm có khối lượng 200g. Biết nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là
kgkjckgkjc /880;/4200
21
==
, năng suất toả nhiệt của dầu là q = 44. 10
6
j/kgk và hiệu
suất của bếp là 30%.
b. cần đun thêm bao lâu nữa thì nước noá hơi hoàn toàn. Biết bếp dầu cung cấp
nhiệt một cách đều đặn và kể từ lúc đun cho đến khi sôi mất thời gian 25 phút.
Biết nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.10
6
j/kg.
Giải. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để tăng nhiệt độ từ 20
0
C đến 100
0
C là
)(
12111
ttcmQ −=
= 672kj
Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 20
0
C đến 100
0

C là

)(
12222
ttcmQ −=
= 14,08kj
Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là

21
QQQ +=
= 686,08kj
Do hiệu suất của bếp là H = 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu toả ra là
=== %100.
%30
686080
%100.'
H
Q
Q
2286933,3j
12
Q’ = 2286,933kj
Và khối lượng dầu cần dùng là:
kg
q
Q
m
3
6
3

10.97,51
10.44
10.933,2286'
−
===
m = 51.97 g
b) Nhiệt lượng cần cung cấp để nước hoá hơi hoàn toàn ở 100
0
C là:
kjjmLQ 460010.6,42.10.3,2.
66
13
====
Lúc này nhiệt lượng do dầu cung cấp chỉ dùng để hoá hơi còn ấm nhôm không nhận
nhiệt nữa, do đó ta thấy: Trong 15 phút bếp dầu cung cấp một nhiệt lượng cho cả hệ
thống là Q = 686,08kj (sau khi bỏ qua mất mát nhiệt s). Vậy để cung cấp một nhiệt
lượng
kjQ 4600
3
=
cần tốn một thời gian là
phphph
Q
Q
t 57,10015.
08,686
4600
15.
3
===

Bài 20. Một khối nước đá có khối lượng
1
m
= 2kg ở nhiệt độ - 5
0
C.
a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên hoá hơi hoàn toàn ở 100
0
C.
Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá là
kgkjCkgkjC /4200;/1800
21
==
;
Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0
0
c là
λ
= 3,4.10
5
j/kg nhiệt hoá hơi của nước ở
100
0
C là L = 2,3 .10
6
j/kg.
b) Bỏ khối nước đá trên vào xô nhôm chứa nước ở 50
0
C. Sau khi có cân bằng nhịêt
người ta thấy còn sót lại 100g nước đá chưa tan hết. Tính lượng nước đã có

trong xô. Biết xô nhôm có khối lượng
gm 500
2
=
và nhiệt dung riêng của nhôm là
880j/kgk
Hướng dẫn
a) Đối với câu a phải biết được nước đá hoá hơi hoàn toàn thì phải xẩy ra 4 quá
trình . Nước đá nhận nhiệt để tăng lên 0
0
C là
1
Q
.Nước đá nóng chảy ở 0
0
C là
2
Q
. Nước
đá nhận nhiệt để tăng nhiệt từ 0
0
C đến 100
0
C là
3
Q
nhiệt lượng nước hoá hơi hoàn
toàn ở 100
0
C là

4
Q
Tính nhiệt tổng cộng để nước đá từ – 5
0
c biến thành hơi hoàn toàn ở 100
0
C là
Q =
4321
QQQQ +++
b) Đôi với câu b cần tính khối lượng nước đá đã tan thành nước và do nước đá không
tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ là 0
0
C sau đó tính nhiệt lượng mà khối nước đá
nhận vào để tăng lên 0
0
C là
1
Q
ở trên sau đó tính nhiệt lượng của toàn xô nước và của
nước giảm nhiệt độ từ 50
0
C về 0
0
C và tính nhiệt lượng nước đá nhận vào để tan hoàn
13
tòan ở 0
0
C sau đó áp dụng pt cân bằng nhiệt và tính ra khối lượng có trong xô. và tính
ra được M = 3,05 kg

Bài 21. a) Tính nhiệt lượng Q cần thiết để cho 2kg nước đá ở – 10
0
C biến thành hơi,
cho biết; Nhiệt dung riêng của nước đá là 1800j/kgk, của nước là 4200j/kgk, nhiệt
nóng chảy của nước đá là 34.10
4
j/kg, nhiệthoá hơi của nước là 23.10
5
j/kg
b) Nếu dùng một bếp dầu hoả có hiệu suất 80%, người ta phải đốt cháy hoàn toàn
bao nhiêu lít dầu để cho 2kg nước đá ở -10
0
C biến thành hơi. Biết khối lượng
riêng của dầu hoả là 800kg/m
3
năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.10
6
j/kg
(Trích đề thi vào NKĐHQG TPHCM năm 1996 T)
Bài 22. Một khối sắt có khối lượng
1
m
, nhiệt dung riêng là
1
c
nhiệt độ
ct
0
1
100=

. Một
bình chứa nước, nước trong bình có khối lượng
2
m
, nhiệt dung riêng
2
c
, nhiệt độ đầu
của nước trong bình là
ct
0
2
20=
. Thả khối sắt vào trong nước, nhiệt độ của cả hệ thống
khi cân bằng nhiệt là t = 25
0
C. Hỏi nếu khối sắt có khối lượng
12
2mm =
, nhiịet độ ban
đầuvẫn 100
0
C thì khi thả khối sắt vào trong nước (khối lượng k
2
m
nhiệt độ ban đầu
ct
0
2
20=

) nhệt độ t’ của hệ thống khi cân bằng là bao nhiêu? Giải bài toán trong từng
trường hợp sau:
a) Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bình chứa nước và môi trường xung quanh
b) Bình chứa nước có khối lượng
3
m
, nhiệt dung riêng
3
c
. Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt
của môi trường
(Tích đề thi vào lớp 10 chuyên lý TPHCM vòng 2 năm 2005T)
BÀI TOÁN Đ Ồ THỊ
Bài toán: Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có
công suất 500W. Một phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh.
Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra môi trườ ng theo thời gian đun
được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ ban đầu của
nước là 20
0
c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt đ ộ là 30
0
c.
Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K
Giải: Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt.
+ Khi t = 0 thì P = 100
+ Khi t = 200 thì P = 200
+ Khi t = 400 thì p = 300
Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t
Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 20
0

c đến 30
0
c là T thì nhiệt lượng trung bình
tỏa ra trong thời gian này là: P
tb
=

= = 100 + 0,25t
Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t
Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s
Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s
14
C. KẾT LUẬN
BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Vật lí ở trường THCS việc hình thành cho
học sinh phương pháp, kỹ năng giải bài tập Vật lí là hết sức cần thiết, để từ đó giúp
các em đào sâu, mở rộng những kiến thức cơ bản của bài giảng, vận dụng tốt kiến thức
vào thực tế, phát triển năng lực tư duy cho các em, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục, cụ thể là:
+ Giúp học sinh có thói quen phân tích đầu bài, hình dung được các hiện tượng
Vật lí xảy ra trong bài toán sau khi tìm hướng giải.
+ Trong một bài tập giáo viên cần hướng cho học sinh nhiều cách giải (nếu có
thể). Để kích thích sự hứng thú, say mê học tập cho học sinh rèn thói quen tìm tòi lời
giải hay cho một bài toán Vật lí.
+ Khắc sâu cho học sinh nắm chắc các kiến thức bổ trợ khác. Có như vậy việc
giải bài tập Vật lí của học sinh mới thuận lợi và hiệu quả.
Để làm được điều này:
- Giáo viên cần tự bồi dưỡng nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, thường xuyên
trao đổi, rút kinh nghiệm với đồng nghiệp.
- Nắm vững chương trình bộ môn toàn cấp học.

- Giáo viên cần hướng dẫn học sinh nghiên cứu kỹ các kiến thức cần nhớ để ôn
tập, nhớ lại kiến thức cơ bản, kiến thức mở rộng, lần lượt nghiên cứu kỹ các phương
pháp giải bài tập sau đó giải các bài tập theo hệ thống từ dễ đến khó, so sánh các dạng
bài tập để khắc sâu nội dung kiến thức và cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự hình
thành cho mình kỹ năng giải bài tập.
Trên dây là một số kinh nghiệm mà bản thân tôi đã rút ra được từ thực tế qua
quá trình giảng dạy bộ môn Vật lí ở trường THCS nói chung, cũng là kinh nghiệm rút
ra được sau khi thực hiện đề tài này nói riêng.
II KẾT LUẬN CHUNG
Dạy học nhằm góp phần quan trọng để hình thành nhân cách con người lao
động mới, sáng tạo, thích nghi với xã hội ngày càng phát triển. Do vậy phương pháp
dạy học bộ môn phải thực hiện được các chức năng nhận thức, phát triển và giáo dục,
15
tức là lựa chọn phương pháp dạy học bộ môn sao cho học sinh nắm vững tri thức, kỹ
năng, kỹ xảo và vận dụng tri thức vào thực tiễn.
Đặc biệt Vật lí là một môn khoa học thực nghiệm đòi hỏi phát huy cao độ tính
tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh trong quá trình lĩnh hội tri thức. Chính vì vậy
lựa chọn phương pháp dạy học bộ môn vật lí, người giáo viên cần căn cứ vào phương
pháp đặc thù của khoa học lấy hoạt động nhận thức của học sinh làm cơ sở xuất phát.
Sau thời gian nghiên cứu tìm hiểu, được sự quan tâm giúp đỡ của ban giám
hiệu nhà trường cũng như tổ chuyên môn tôi đã thực hiện thành công việc: “Một Số
kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8 ” với mong muốn: phát triển năng lực duy
rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh trong việc học tập bộ môn Vật lí. Nhằm nâng
cao chất lượng bộ môn nói riêng, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nói chung.
16