chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lí 9 - phần nhiệt quang

CHUYÊN ĐỀ 1: SỰ PHẢN XẠ ÁNH SÁNG
Thời lượng: 9 tiết
Bài 1: Hai gương phẳng (M) và (N) đặt song song quay mặt phản xạ vào nhau và cách
nhau một khoảng AB = d. trên đoạn AB có đặt một điểm sáng S, cách gương (M) một đoạn
SA = a. Xét một điểm O nằm trên đường thẳng đi qua S và vng góc với AB có khoảng
cách OS = h.
a. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S, p/xạ trên gương (N) tại I và truyền qua O.
b. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên gương (N) tại H, trên gương
(M) tại K rồi truyền qua O.
c. Tính khoảng cách từ I , K, H tới AB.

(N)

(M)
O,

O
I

K
H

O

S'
A

S

HD:
a, - Vẽ đường đi tia SIO

+ Lấy S' đối xứng S qua (N)
+ Nối S'O cắt gương (N) tai I
 SIO cần vẽ
b, - Vẽ đường đi SHKO
+ Lấy S' đối xứng với S qua (N)
+ Lấy O' đối xứng vói O qua (M)
+ Nối tia S'O' cắt (N) tại H, cắt M ở K
=> Tia SHKO cần vẽ.
c, - Tính IB, HB, KA.
Tam giác S'IB đồng dạng với tam giác S'OS


S' B
IB S ' B

 IB =
.OS  IB = h:2
S' S
OS S ' S

Tam giác S'HB đồng dạng với tam giác S'O'C


HB S ' B

 HB = h( d- a):(2d)
O' C S ' C

Tam giác S'KA đồng dạng với tam giác S'O'C nên ta có:
KA S ' A

S' A
h(2d  a)

 KA 
.O' C  KA 
O' C S ' C
S'C
2d

B


Bài 2: Cho 2 gương phẳng M1 và M2 đặt song song
với nhau, mặt phản xạ quay vào nhau
cách nhau một đoạn bằng d (hình vẽ)
trên đường thẳng song song có 2 điểm S và O với khoảng
cách từ các điểm đó đến gương M1 bằng a

O.
h

A

S.

a

B

d

a) Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến gương M1 tại I rồi phản xạ đến gương M2 tại
J rồi phản xạ đến O.
b) Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B
HD: a) Chọn S1 đối xứng với S qua M1, chọn Ox đối xứng với O qua M2.
- Nối S1O1 cắt M1 tại I, cắt gương M2 tại J.
- Nối SịO ta được các tia cần vẽ (hình bên)
M1

M2

O1

O

J

I
S1

S
a

a
A

=> AI =

a
.BJ

ad

d-a
B

(1)

Ta có:  S1AI   S1HO1 =>
 AI =

H

SA a
AI
 1 
HO1 S 1 H 2d

ah
(a  d).h
thay biểu thức nào vào (1) ta được BJ 
2d
2d

Bài 3. Một người cao 170 cm, mắt cách đỉnh đầu 10cm đứng trước một gương phẳng thẳng
đứng để quan sát ảnh của mình trong gương. Hỏi phải dùng gương có chiều cao tối thiểu là
bao nhiêu để có thể quan sát tồn bộ người ảnh của mình trong gương. Khi đó phải đặt mép
dưới của gương cách mặt đất bao nhiêu ?
D
I
M

H

K

M’


Để nhìn thấy đầu trong gương thì mép trên của gương tối thiểu phải đến điểm I
IH là đường trung bình của  MDM' :
Do đó IH = 1/2MD = 10/2 = 5 (cm)
Trong đó M là vị trí mắt. Để nhìn thấy chân (C) thì mép dưới của gương phải tới K
HK là đường trung bình của  MCM' do đó :
HK = 1/2 MC = 1/2 (CD - MD ) = 1/2(170 - 10) = 80cm
Chiều cao tối thiểu của gương là : IK = IH + KH = 5 + 80 = 85 (cm)
Gương phải đặt cách mặt đất khoảng KJ
KJ = DC - DM - HK = 170 - 10 - 80 = 80 (cm) (2 đ)
Vậy gương cao 85 (cm) mép dưới của gương cách mặt đất 80 cm
Bài 4. Hai gương phẳng M1, M2 đặt song song có mặt phản xạ quay vào nhau, cách nhau
một đoạn d = 12cm. Nằm trong khoảng giữa hai gương có điểm sáng O và S cùng cách
gương M1 một đoạn a = 4cm. Biết SO = h = 6cm.
a, Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến gương M1 tại I, phản xạ tới gương M2 tại
J rồi phản xạ đến O.
b, Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B. (AB là đường thẳng đi qua S và vng
góc với mặt phẳng của hai gương).

M2

O

O1

J

I
S1

A
a

S

B

H

a
d

(d-a)

a. Lấy S1 đối xứng với S qua gương M1, O1 đối xứng với với O qua gương M2
- Nối S1O1 cắt gương M1 tại I, cắt gương M2 tại J.
- Nối SIJO ta được tia sáng cần vẽ.
b. Xét tam giác S1IA đồng dạng với tam giác S1BJ:
AI/BJ = S1A/S1B = a/(a+d) (1)
Xét tam giác S1AI đồng dạng với tam giác S1HO1:
AI/HO1 = S1A/S1H = a/2d => AI = a.h/2d = 1cm (2)
Thay (2) vào (1) ta được: BJ = (a+d).h/2d = 16cm.


Bài 5:

Một điểm sáng đặt cách màn một khoảng 2m. Giữa điểm sáng và màn người ta đặt một
đĩa chắn sáng hình trịn sao cho đĩa song song với màn và điểm sáng nằm trên trục của đĩa.
a) Tìm đường kính bóng đen in trên màn biết đường kính của đĩa d = 20cm và đĩa
cách điểm sáng 50 cm.
b) Cần di chuyển đĩa theo phương vng góc với màn một đoạn bao nhiêu, theo chiều
nào để đường kính bóng đen giảm đi một nửa?
c) Biết đĩa di chuyển đều với cận tốc v = 2m/s, tìm vận tốc thay đổi đường kính bóng
đen.
HD: a) Tam giác ABS đồng dạng với tam giác SA'B', ta có:
AB
SI
= '
' '
AB
SI

hay A ' B ' =

SI '
.AB
SI

A/
A2
A

S

A1
I

I1

I'

B1
B

B2
B/

Với AB, A'B' là đường kính của đĩa chắn sáng và bóng đen; SI, SI' là khoảng cách từ điểm
sáng đến đĩa và màn. Thay số vào ta được A'B' = 80 cm.
b) Nhìn trên hình ta thấy, để đường kính bóng đen giảm xuống ta phải dịch chuyển
đĩa về phía màn.
Gọi A2B2 là đường kính bóng đen lúc này. Ta có: A2B2 =

1 ' '
A B = 40 cm.
2

Mặt khác hai tam giác SA1B1, SA2B2 đồng dạng cho ta:
S 1 I1 A1 B 1
AB
=
=
( A1B1= AB là đường kính của đĩa)
'
A2B2 A2B2
SI

AB
20
 SI1 
.SI '  .200  100 cm
A2 B2
40

Vậy cần phải dịch chuyển đĩa một đoạn I I' =S I1- S I = 100 - 50 = 50 cm
c) Do đĩa di chuyển với vận tốc v = 2m/s và đi được quãng đường S = I I 1 = 50 cm =
0,5 m nên mất thời gian là:
S
v

t= =

0,5
= 0,25 (s)
2

Từ đó vận tốc thay đổi đường kính của bóng đèn là:
A ' B ' - A 2 B 2 80 - 40
=
= 160cm / s = 1,6m / s
v=
t
0,25
'


Bài 6: Một điểm sáng S đặt cách màn chắn 3m. khoảng cách giữa điểm sáng và màn có

một vật chắn sáng hình cầu, đường kính 40cm. Và cách màn 2m . Tính diện tích bóng quả
cầu trên màn
A
HD:
'
- Xét  SAO và  SA'O' Vì  SAOđd  SA'O'

A

AO A' O'
SO'
=>A'O'=AO.

SO
SO'
SO
3
=> A'O' = . 20 = 60 cm
1

Nên

O

S

- Diện tích bóng tối: S = . R2 =3,14. 602 =11304 cm2
=1,1304m2

O'

B
B'

Bài 7: Chiếu 1 tia sáng hẹp vào 1 gương phẳng, nếu cho gương quay đi 1 góc  quanh 1
trục bất kỳ nằm trên mặt gương thì tia phản xạ sẽ quay đi 1 góc bao nhiêu theo chiều nào?
Ta có hình vẽ bên:
Khi gương quay đi 1 góc  theo chiều kim đồng hồ.
R

N1

S

'
i1 i1

N2
M1

I

O

i2'
P
K

i2'

R'

J
P

N1PN2 = .
Xét IKJ có: 2i1 + 1800 – 2i2 +  = 1800
  = -(2i1 – 2i2) = 2(i2 - i1)
(1)
0
0
Xét  IPJ có: i1 +  + 180 – i2 = 180
 1800 +  - (i1 – i2) = 1800
  = (i1 – i2) = i2 - i1
(2)
Thay (2) vào (1)   = 2(i2 – i1) = 2
Vậy khi gương quay đi 1 góc  thì tia phản xạ quay đi 1
góc 2 cùng chiều quay của gương.

M2


Bài 8: Một tia sáng SI tới một gương phẳng hợp với phương nằm ngang một góc 60 0. Hỏi
phải đặt gương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc bao nhiêu độ để tia phản xạ có
phương:
a. Nằm ngang
b. Thắng đứng.
HD:
a. Tia phản xạ nằm ngang
góc hợp với tia tới và tia phản xạ có thể 60 hoặc 1200.

- ứng với hai trường hợp trên vết gương ở vị trí M1 (hợp với mặt phẳng nằm ngang 1 góc
600)
hoặc ở vị trí M2 ( hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 300 ).
b. Tia phản xạ thẳng đứng. M1
- góc hợp với tia tới và tia phản xạ có thể là 300 hoặc 1500
- ứng với 2 trường hợp đó vết gương ở vị trí M1 ( hợp với mặt nằm ngang một góc 150) hoặc
ở vị trí M2 ( hợp với mặt nằm ngang một góc 750).

Bài 9: Hai gương phẳng G1và G2 đặt song song và quay mặt phản xạ vào nhau.
Một nguồn sáng S và điểm A ở trong khoảng hai gương(Hình vẽ 2).
Hãy nêu cách vẽ, khi một tia sáng phát ra từ S phản xạ 3 lần trên G1-G2-G1 rồi qua A.
G1
G2
A
I3
I2
I1
S3

S1

S

S2

* Nêu cách dựng
+ Vẽ S1 đối xứng với S qua G1.
+ Vẽ S2 đối xứng với S1 qua G2.
+ Vẽ S3 đối xứng với S2 qua G1.
Nối S3 với A, cắt G1 tại I3. Nối I3với S2. cắt G2 tại I2. Nối I2 với S1, cắt G1 tại I1.

Đường gấp khúc SI1I2I3a là tia sáng cần dựng.


Bài 10: Mặt phản xạ của 2 gương phẳng hợp với nhau 1 góc  . Một tia sáng SI tới
gương thứ nhất , phản xạ theo phương I I’ đến gương thứ hai rồi phản xạ tiếp theo phương
I’R .
Tìm góc  hợp bởi 2 tia SI và I’R (chỉ xét trường hợp SI nằm trong 1 mặt phẳng vng góc
với giao tuyến của 2 gương)
a, Trường hợp  = 300
b, Trường hợp  = 500
HD:
a/ Trường hợp giữa hai pháp tuyến cũng bằng  .
Vận dụng định lí về góc ngồi của



:

đối với I I’N
i =i’ + (hình vẽ )



Đối với I I’B
2i = 2i’ + -->  =2 = 2.300 = 600

b/ Trường hợp  =500 (góc tù)

 I I’N:

Với
Với

 I I’B :

 = i + i’

 = 2( 900 – i + 900 –i’)

--->  = 3600 - 2
= 3600 – 2.500 = 2600 (1đ)

g

g1

n
b

r

s

N

I

g2

Bài 11
ở hình bên có AB và CD là hai gương phẳng song song và quay
mặt phản xạ vào nhau cách nhau 40 cm. Đặt điểm sáng S cách A
một đoạn SA = 10 cm . SI // AB, cho SI = 40 cm
a/ Trình bày cách vẽ một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên AB
ở M, phản xạ trên CD tại N và đi qua I ?
b/ Tính độ dài các đoạn AM và CN ?

B

I

I

A

HD:

B

S

D

C

I’

D

K
M
x

S’

A

H
S

C

y

a/ Vẽ ảnh của I qua CD và ảnh của S qua AB; nối các các ảnh này với nhau ta sẽ xác định
được M và N.
b/ Dùng các cặp  đồng dạng & để ý KH = 1/2 SI.


CHUYÊN ĐỀ 2: NHIỆT HỌC
Thời lượng: 9 tiết
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 800c vào 0, 25kg nước ở t o = 180c.
Hãy xác định nhiệt độ cân bằng. Cho c 1 = 400 j/kgk c 2 = 4200 j/kg.k
Giải . Gọi nhiệt độ khi cân bằng của hỗn hợp là t. Ta có phương trình cân bằng nhiệt của
hỗn hợp như sau: m1.c1.(80  t )  m2 .c2 (t 18) . Thay số vào ta có t = 26,20C
Bài 2. Một hỗn hợp gồm ba chất lỏng khơng có tác dụng hố học với nhau có khối lượng lần
lượt là: m1  1kg, m2  2kg, m3  3kg. Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ của chúng lần lượt là
c1  2000 j / kgk, t1  100 c, c2  4000 j / kgk, t 2  100 c, c3  3000 j / kgk, t3  500 c . Hãy tính nhiệt độ

hỗn hợp khi cân bằng
Tương tự bài tốn trên ta tính ngay được nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng là t
t=

m1.c1.t1  m2 .t 2 .c2  m3 .c3 .t3
thay số vào ta có t = 20,50C
m1 .c1  m2 .c2  m3 .c3

Từ đó ta có bài tốn tổng qt như sau
Bài 3. Một hỗn hợp gồm n chất lỏng có khối lượng lần lượt là m1 , m2 ,......mn và nhiệt dung
riêng của chúng lần lượt là c1 , c2 .......cn và nhiệt độ là t1 , t 2 ........t n . Được trộn lẩn vào nhau.
Tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt
Hồn tồn tương tự bài tốn trên ta có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt là
t=

m1.c1.t1  m2 .t 2 .c2  m3 .c3 .t3  ........  mn t n cn
m1.c1  m2 .c2  m3 .c3  .........  mn cn

Dạng 2. Biện luận các chất có tan hết hay khơng trong đó có nước đá
Bài 4. Bỏ 100g nước đá ở t1  0 o C vào 300g nước ở t 2  20 o C
Nước đá có tan hết khơng? Nếu khơng hãy tính khối lượng đá cịn lại . Cho nhiệt độ nóng
chảy của nước đá là   3,4.105 j / kgk và nhiệt dung riêng của nước là c = 4200j/kg.k
Giải. Gọi nhiệt lượng của nước là Qt từ 200C về 00C và của nước đá tan hết là Q thu ta có
Qt = m2 c2 .(20  0) = 0,3.4200.20 =25200j
Qthu  m1. = 0,1. 3,4.105 = 34000j
Ta thấy Q thu > Qtoả nên nước đá không tan hết. Lượng nước đá chưa tan hết là
m

Qthu  Qtoa



=

8800
= 0,026 kg
3,4.105

Bài 5. Trong một bình có chứa m1  2kg nước ở t1  250 c . Người ta thả vào bình m2 kg nước
đá ở t 2 =  200 c . Hảy tính nhiệt độ chung của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt trong các
trường hợp sau đây:


a) m2 = 1kg;
b) m2 = 0,2kg;
c) m2 = 6kg
cho nhiệt dung riêng của nước, của nước đá và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là
c1  4,2kj / kgk; c2  2,1kj / kgk,   340kj / kg
Giải Nếu nước hạ nhiệt độ tới 00c thì nó toả ra một nhiệt lượng
Q1  c1m1 (t1  0)  4,2.2.(25  0)  210kj

a) m2 = 1kg
nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ tới ooc
Q2  c2 m2 (o  t 2 )  2,1.(o  (20))  42kj
Q1 Q2 nước đá bị nóng chảy.

Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hồn tồn:
Q'2  .m2  340.1  340kj
0
Q1 Q2  Q'2 nước đá chưa nóng chảy hồn tồn. Vậy nhiệt độ cân bằng là 0 C. Khối lượng

nước đá đã đông đặc là m y
c1.m1 (t  0)  .m y  c2 m2 (0  t 2 )  m y  0,12kg
Khối lượng nước đá đã nóng chảy m x được xác định bởi:
c1.m1 (t  0)  c2 m2 (0  t2 )  .mx  mx  0,5kg
Khối lượng nước có trong bình: mn  m1  mx  2,5kg
Khối lượng nước đá còn lại md  m2  mx  0,5kg
b) m2  0,2kg : tính tương tự như ở phần a .
Q2  c2 m2 (0  t 2 )  8400 j; Q'2  .m2  68000 j
o
Q1 Q2  Q'2 nước đá đã nóng chảy hết và nhiệt độ cân bằng cao hơn O c. Nhiệt độ cân bằng
được xác định từ :
c2 m2 (0  t 2 )  .m2  c1m2 (t  0)  c1m1 (t1  t ) . Từ đó t  14,50 c
Khối lượng nước trong bình: mn  m1  m2  2,2kg
Khối lượng nước đá md  O
c) m2  6kg
Q2  c2 m2 (0  t 2 )  252kj
o
Q1 Q2 : nước hạ nhiệt độ tới O cvà bắt đầu đông đặc.

- Nếu nước đơng đặc hồn tồn thì nhiệt lượng toả ra là:
Q'1  m1  680kj
Q2 Q1  Q'1 : nước chưa đơng đặc hồn tồn, nhiệt độ cân bằng là ooc
- Khối lượng nước đá có trong bình khi đó: md  m2  my  6,12kg
Khối lượng nước còn lại: mn  m1  my  1,88kg.
Bài tập tương tự
Bài 6. Thả 1, 6kg nước đá ở -100c vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở 800C; bình
nhiệt lượng kế bằng đồng có khối lượng 200g và có nhiệt dung riêng c = 380j/kgk
Nước đá có tan hết hay khơng
Tính nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế. Cho biết nhiệt dung riêng của nước đá là
cd  2100j/kgk và nhiệt nóng chảy của nước đá là   336.103 j / kgk.

Đáp số :
a) nước đá không tan hết ;
b) 00C
Bài 7.


Một khối nước đá khối lượng m1 = 2 kg ở nhiệt độ - 50C :
1/ Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên biến thành hơi hoàn toàn ở 1000C
? Hãy vẽ đồ thị biểu diễn quá trình biến thiên nhiệt độ theo nhiệt lượng được cung cấp ?
2/ Bỏ khối nước đá nói trên vào một ca nhơm chứa nước ở 500C. Sau khi có cân bằng
nhiệt người ta thấy cịn sót lại 100g nước đá chưa tan hết. Tính lượng nước đã có trong ca
nhơm biết ca nhơm có khối lượng mn = 500g .
Cho Cnđ = 1800 J/kg.K ; Cn = 4200 J/kg.K ; Cnh = 880 J/kg.K ;  = 3,4.105 J/kg ;
L = 2,3.106 J/kg
HD : 1) Quá trình biến thiên nhiệt độ của nước đá :
- 50C
00 C
nóng chảy hết ở 00 C
1000C hoá hơi hết ở 1000C
* Đồ thị :
100 0C

0
-5

Q( kJ )
18

698

1538

6138

2) Gọi mx ( kg ) là khối lượng nước đá tan thành nước : mx = 2 - 0,1 = 1,9 kg. Do nước đá
không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống bằng 00C, theo trên thì nhiệt lượng nước
đá nhận vào để tăng đến 00C là Q1 = 18000 J
+ Nhiệt lượng mà mx ( kg ) nước đá nhận vào để tan hoàn toàn thành nước ở 00C là Qx =
 .mx = 646 000 J.
+ Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước trong ca nhơm ( có khối lượng M ) và ca nhơm có
khối lượng mn cung cấp khi chúng hạ nhiệt độ từ 500C xuống 00C. Do đó : Q = ( M.Cn +
mn.Cn ).(50 - 0 )
+ Khi có cân bằng nhiệt : Q = Q1 + Qx  M = 3,05 kg
Dạng 3 tính nhiệt lượng hoặc khối lượng của các chất trong đó khơng có (hoặc có) sự
mất mát nhiệt lượng do mơi trường
Bài 8. Người ta đổ m1  200 g nước sôi có nhiệt độ 1000c vào một chiếc cốc có khối lượng
m2  120g đang ở nhiệt độ t 2 = 200C sau khoảng thời gian t = 5’, nhiệt độ của cốc nước bằng
400C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một cách đều đặn, hảy xác định nhiệt lượng toả ra
môi trường xung quanh trong mỗi giây. Nhiệt dung riêng của thuỷ tinh là c2 = 840j/kgk.
Giải
Do sự bảo tồn 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 1000C xuống 400C là
Q1  m1c1 (t1  t ) = 0,2.2400. (100-40) = 28800 J
Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 400C là
Q2  m2 c2 (t  t 2 ) = 0,12.840.(40-20) = 2016 J
Do đó nhiệt lượng toả ra: Q = Q1  Q2 = 26784 j


Cơng suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng

N=

Q 26784 j
= 89,28j/s

T
300s

Bài 9. Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 200c.
Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở lị. Nước nóng đến 21,20C.
Tìm nhiệt độ của bếp lị. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là
c1  880 j / kgk; c2  4200 j / kgk; c3  380 j / kgk . Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường
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
Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 00C . Nước đá có tan
hết khơng? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống hoặc lượng nước đá cịn sót lại nếu khơng
tan hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là   3,4.105 j / kg
Nhận xét: cho học sinh thấy sự toả nhiệt ra môi trường ở đây là đều nên 10% nhiệt toả ra
mơi trường chính là nhiệt lượng mà nhôm và nước nhận thêm.
Giải. a) Gọi t0C là nhiệt độ củ bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng
Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ t1  200C đến t 2  21,20C
Q1  m1c1.(t 2  t1 ) ( m1 là khối lượng thau nhôm)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ t1  200C đến t 2  21,20C
Q2  m2 c2 (t 2  t1 ) m2 là khối lượng nước
Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t0C đến t 2  21,20C
Q3  m3c3 (t  t 2 ) ( m3 khối lượng thỏi đồng)
Do khơng có sự toả nhiệt ra mơi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q3  Q1  Q2  m3c3 (t 't2 )  (m1c1  m2c2 )(t2  t1 )
((m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )  m3c3t 2
t =

m3c3

Thay số vào ta được t = 160,780C
Thực tế do có sự toả nhiệt ra mơi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại
Q3  10%(Q1  Q2 )  (Q1  Q2 )
 Q3  110%(Q1  Q2 )  1,1(Q1  Q2 )
Hay m3c3 (t 't 2 )  1,1(m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )
((m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )  m3c3t 2
 t' =
+ t 2  t’ = 174,740C
m3c3

Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 00C
Q = m  3,4.105.0,1  34000 j
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ 21,20C xuống
00C là: Q'  (m1c1  m2 c2  m3c3 )(21,2  0)  189019 j
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 : Q  Q'Q  (m1c1  (m2  m)c2  m3c3 )t"


(Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 00C đến t” 0C)
t" 

Q'Q
189109  34000
= 16,60c

(m1c1  (m2  m)c2  m3c3 ) 0,5.880  (2  0,1)4200  0,2.380

Bài 10: Một ấm điện bằng nhơm có khối lượng 0, 5kg chứa 2kg nước ở 25oC. Muốn đun sơi

lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có cơng suất là bao nhiêu?
Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C1 =
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 25oC tới 100oC là:
Q1 = m1c1 ( t2 t1 ) = 0,5.880.( 100 25 ) = 33000 ( J )
+ Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25oC tới 100oC là:
Q2 = mc ( t2 t1 ) = 2.4200.( 100 25) = 630000 ( J )
+ Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J )
(1)
+ Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 ph.
Q = H.P.t
(2)
(Trong đó HT = 100% - 30% =70% ; P là công suất của ấm ; t = 20ph = 1200 giây)
Q 663000.100

 789,3(W)
+Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P =
H.t
70.1200
Bài tập tương tự
Bài 11. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhơm có khối lượng m1  500 g chứa m2  400 g nước ở
nhiệt độ t1  200 c .
Đổ thêm vào bình một lượng nước m ở nhiệt độ t 2 = 50C. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ
nước trong bình là t = 100C. Tìm m
Sau đó người ta thả vào bình một khối nước đá có khối lượng m3 ở nhiệt độ t3  50 c . Khi
cân bằng nhiệt thì thấy trong bình cịn lại 100g nước đá. Tìm m3 cho biết nhiệt dung riêng
của nhơm là c1 =880 (j/kgk), của nước là c2 = 4200
( j/kgk) của nước đá là c3 = 2100(j/kgk), nhiệt nóng chảy của nước đá là   34000 j/kg. Bỏ
qua sự trao đổi nhiệt với mơi trường

(Trích đề thi TS THPT chuyên lý ĐHQG Hà Nội - 2002 )
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.
Bài 12. có hai bình cách nhiệt. Bình một chứa m1  4kg nước ở nhiệt độ t1  200 c ; bình hai
chứa m2  8kg ở nhiệt độ t 2  400 c . 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 t '2 = 380C.
Hãy tính lượng nước m đã trút trong mỗi lần và nhiệt độ ổn định t '1 ở bình 1.
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
mc(t 2  t '1 )  m1c(t '1 t1 ) (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
mc(t '2 t '1 )  c(m2  m)(t 2  t '2 ) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
mc(t 2  t '1 )  m1c(t '1 t1 )
Với m1  4kg

mc(t '2 t '1 )  c(m2  m)(t 2  t '2 )
0
0
t1  20 c , m2  8kg , t 2  40 c , t ' 2 = 38 c giải ra được m = 0,5kg , t '1 = 40 c.
0

0

Tương tự bài tập trên ta có bài tập sau
Bài 13. 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: 100c, 17,50C, rồi bỏ sót một lần khơng ghi, rồi 250C. Hãy tính nhiệt độ khi có cân
bằng nhiệt ở lần bị bỏ sót khơng 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
- khi tính ra nhiệt độ cân bằng của lần quên ghi này thì nhiệt độ phải bé hơn 250C
- sau mổi lần trút nhiệt độ ở bình hai tăng chứng tỏ nhiệt độ ở bình 1 phải lớn hơn bình 2
Giải. Gọi q 2 là nhiệt dung tổng cộng của chất lỏng chứa trong bình 2 sau lần trút thứ nhất (ở
100C), q là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào (có nhiệt độ C t1 )
và t là nhiệt độ bỏ sót khơng ghi. Phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút cuối:
q2 (17,5  10)  q(t1  17,5)
( q2  q)(t 17,5)  q(t1  t )
(q2  2q)(25  t )  q(t1  25)

Giải hệ phương trình trên ta có t = 220C

t1 =400C

Bài 14. 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 50C. Sau đó lại đổ thêm một ca nước nóng
nữa thì thấy nhịêt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 30C.
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, C a là nhiệt dung của một ca nước; T là
nhiệt độ của ca nước nóng, T0 nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế .
Khi đổ 1 ca nước nóng vào NLK, pt cân bằng nhiệt là:
5C = C a (T – ( T0 +5))
(1)
Khi đổ thêm 1 ca nước nữa:
3(C + C a ) = C a (T – ( T0 +5 +3))
(2)
Khi đổ thêm 5 ca nước nữa K, nhiệt độ tăng thêm  t:
 t( C + 2 C a ) = 5 C a (T – ( T0 +5 +3 +  t)
Giải ra ta có  t = 60C
Bài tập tương tự
Bài 16. 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 400C ; 80C ; 390C ; 9,50C.
Đến lần nhúng tiếp theo nhiệt kế chỉ bao nhiêu?
Sau một số lần nhúng như vậy, Nhiệt kế sẽ chỉ bao nhiêu?
Đáp số a) t = 380c
b) t = 27,20c
Bài 17. a) Người ta rót vào khối nước đá khối lượng m1 = 2kg một lượng nước m2 = 1kg ở
nhiệt độ t 2 = 100C. 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 c1 = 2000j/kgk; nước c2 =
4200j/kgk. Nhiệt nóng chảy của nước đá   3,4.105 j / kg . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với đồ
dùng thí nghiệm.

b).Sau đó người ta cho hơi nước sơi vào bình trong một thời gian và sau khi thiết lập cân
bằng nhiệt. Nhiệt độ của nước là 500C. Tìm lượng hơi nước đã dẫn vào? Cho nhiệt hố hơi
của nước L = 2,3.106j/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. 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 00C và khi đó có một
phần nước đá sẽ đơng đặc ở 00C
Hướng dẫn và đáp số
a) Gọi nhiệt độ ban đầu của nước đá là t10 c . Ta có nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng
nhiệt độ từ t10 c tới 00C là
Q1  m1c1 (0  t1 ) = - m1.c1.t1
Nhiệt lượng của nước toả ra để hạ nhiệt độ từ 100C về 00C là
Q2  m2 c2 (10  0) = m2 .c2 .10
Nhiệt lượng một phần nước m’ toả ra để đông đặc ở 00C là
Q3  .m'
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có
Q1  Q2  Q3


Từ đó suy ra t1  14,750 c
b). Lượng nước đá bây giờ là 2 + 0,05 = 2,05kg
Nhiệt lượng nước đá nhận vào để nóng chảy hồn tồn ở 00C là
Q1  2,05.
Nhiệt lượng toàn bộ nước ở 00C ( 3kg) nhận vào để tăng nhiệt độ đến 500C
Q2  3.4200.50 

Nhiệt lượng hơi nước sôi ( 1000C) toả ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 1000C
Q3  Lm (m là khối lượng hơi nước sôi)
Nhiệt lượng nước ở 1000C toả ra để giảm đến 500C
Q4  m.c2 .50

Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có
Q1  Q2  Q3  Q4

Từ đó suy ra

m = 0,528kg = 528g

Dạng 5. Bài tập tổng hợp có liên quan đến hiệu suất, nhiệt hố hơi
Bài 18. a) Tính lượng dầu cần để đun sôi 2l nước ở 200C đựng trong ống bằng nhơm có
khối lượng 200g. Biết nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là
6
c1  4200 j / kgk; c2  880 j / kgk năng suất toả nhiệt của dầu là q = 44. 10 j/kgk và hiệu suất
của bếp là 30%.
b) Cần đun thêm bao lâu nữa thì nước nố hơi hồn tồn. 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 = 2,3.106 j/kg.
Giải. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C là
Q1  m1c1 (t 2  t1 ) = 672kj
Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C là
Q2  m2 c2 (t 2  t1 ) = 14,08kj
Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là: Q  Q1  Q2 = 686,08kj
Do hiệu suất của bếp là H = 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu toả ra là
Q
686080
.100% 
.100%  2286933,3j = 2286,933kj
H
30%
Q' 2286,933.103

Và khối lượng dầu cần dùng là: m  
 51,97.10 3 kg  m = 51.97 g
6
q
44.10
Q' 

b) Nhiệt lượng cần cung cấp để nước hố hơi hồn tồn ở 1000C là:
Q3  L.m1  2,3.106.2  4,6.106 j  4600kj

Lúc này nhiệt lượng do dầu cung cấp chỉ dùng để hố hơi cịn ấm nhơm khơng 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 Q3  4600kj cần
tốn một thời gian là
t

Q3
4600
.15 ph 
.15 ph  100,57 ph
Q
686,08

Bài 19. Một khối nước đá có khối lượng m1 = 2kg ở nhiệt độ - 50C.


Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên hố hơi hồn tồn ở 1000C. Cho nhiệt
dung riêng của nước và nước đá là C1  1800 j / kgk; C2  4200 j / kgk ; Nhiệt nóng chảy của
nước đá ở 00c là  = 3,4.105j/kg nhiệt hoá hơi của nước ở 1000C là L = 2,3 .106j/kg.
Bỏ khối nước đá trên vào xô nhôm chứa nước ở 500C. Sau khi có cân bằng nhịêt người ta

thấy cịn sót lại 100g nước đá chưa tan hết. Tính lượng nước đã có trong xơ. Biết xơ nhơm
có khối lượng m2  500 g và nhiệt dung riêng của nhôm là 880j/kgk .
Hướng dẫn
Đối với câu a phải biết được nước đá hố hơi hồn tồn thì phải xẩy ra 4 quá trình . Nước đá
nhận nhiệt để tăng lên 00C là Q1 .Nước đá nóng chảy ở 00C là Q2 . Nước đá nhận nhiệt để
tăng nhiệt từ 00C đến 1000C là Q3 nhiệt lượng nước hoá hơi hồn tồn ở 1000C là Q4 . Tính
nhiệt tổng cộng để nước đá từ – 50c biến thành hơi hoàn toàn ở 1000C là: Q =
Q1  Q2  Q3  Q4

b) Đối 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 00C sau đó tính nhiệt lượng mà khối nước đá nhận vào để
tăng lên 00C là Q1 ở trên sau đó tính nhiệt lượng của tồn xơ nước và của nước giảm nhiệt độ
từ 500C về 00C và tính nhiệt lượng nước đá nhận vào để tan hồn tịan ở 00C sau đó áp dụng
pt cân bằng nhiệt và tính ra khối lượng có trong xơ. và tính ra được M = 3,05 kg