Bài tập ôn bồi dưỡng HSG lý 89 2015 2016

III. Các giải pháp:
1. Các kiến thức cần thiết cần đạt :
+ Công thức tính nhiệt lượng toả ra, thu vào: Q = m.C(t2-t1)
Q: nhiệt lượng thu vào(toả ra)của chất(J)
m: khối lượng của chất thu(toả) nhiệt(kg)
c: nhiệt dung riêng của chất thu(toả) nhiệt(J/kg.K)
t = t2 - t1 : Độ tăng nhiệt độ (0C)
+ Phương trình cân bằng nhiệt: Qtoả = Qthu
+ Nhiệt lượng toả ra của nhiên liệu:
Q = m.q
m: khối lượng của nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn(kg)
q: năng suất toả nhiệt của nhiên liệu(J/kg)
+ nhiệt lượng cần thiết để một chất nóng chảy hay đông đặc hoàn toàn:
Q = mλ
m: khối lượng của chất bị nóng chảy(đông đặc) hoàn toàn(kg)
λ : nhiệt nóng chảy của chất(J/kg)
+ Công thức tính hiệu suất là:
H = Qi / QTP
Qi: nhiệt lượng có ích(J)
QTP: nhiệt lượng toàn phần(J)
2. Phương pháp giải các dang bài tập nâng cao phần nhiệt học
Loại 1: Bài tập chỉ có một đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt nhưng ở nhiều thể:
Bài tập:
Tính nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -150C hoá thành hơi hoàn toàn. Biết nhiệt dung
riêng của nước đá và nước là c 1= 1800J/kg.K, c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là λ =
3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106J/kgc1
Phân tích bài:
- Trong bài tập nước đá trải qua các giai đoạn sau:
+ Nước đá từ -150C lên 00C
+ Nước đá nóng chảy thành nước ở 00C
+ Nước từ 00C lên 1000C

+ Nước hoá thành hơi hoàn toàn ở 1000C
- Từ sự phân tích trên ta có lời giải sau:
+ Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -150C tăng nên 00C là:
Q1 = m. c1. ∆ t = 0,5.1800.15 = 13500J =0,135.105J
+ Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q2 = m. λ = 0,5.3,4.105 = 1,7.105J
+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 00C tăng lên 1000C là:
Q3 = m.c2. ∆ t = 0,5.4200.100 = 2,1.105J
+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 1000C hoá thành hơi hoàn toàn là:
Q4 = m.L = 0,5.2,3.106 = 11,5.105J
+ Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở -150C hoà thành hơi hoàn toàn là:
Q = Q1 + Q2 +Q3 +Q4 = 0,135.105J + 1,7.105J + 2,1.105J + 11,5.105J = 15,435.105J
Cách giải:
Bước 1:
Phân tích đề bài tìm các giai đoạn thu nhiệt hoặc toả nhiệt của đối tượng.
Bước 2:
Tính nhiệt lượng của từng giai đoạn tương ứng.
Bài tập tự giải:
Một thỏi nước đá có khối lượng 200g ở -10 0C. Tính nhiệt lượng cần thiết để thỏi nước đá hoá thành hoi
hoàn toàn ở 1000C. Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c1= 1800J/kg.K, c2=4200J/kg.K, nhiệt
nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106J/kg
Loại 2: Bài tập có nhiều đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt và ở nhiều thể.
Đây là dạng bài tập rất phong phú và có thể chia thành ba dạng sau:
1


Dạng 1: Bài tập đã biết rõ thể
Bài tập 1:
Thả cục nước đá ở nhiệt độ t1= -500C vào một lượng nước ở nhiệt độ t2 = 600C người ta thu được 25kg
nước ở nhiệt độ 250C. Tính khối lượng nước đá và nước? Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c1=

1800J/kg.K. c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg
Phân tích bài:
- Bài tập này có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:
+ Cục nước đá ở -500C
+ Nước ở 600C
- Vì đề bài cho ta thu được 25kg nước ở nhiệt độ 250C nên ta suy luận được:
+ Cục nước đá trải qua các giai đoạn là:
Từ -500C lên 00C
Nóng chảy hoàn toàn ở 00C
Từ 00C lên250C
Nước chỉ có một giai đoạn là hạ nhiệt độ từ 600C xuống 250C
`
Cục nước đá thu nhiệt, nước toả nhiệt
- Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:
+ Gọi khối lượng của cục nước đá ở -500C và nước ở 600C lần lượt là m1, m2
Vì ta thu được 25kg nước ở 250C nên ta có:
m1 + m2 = 25 (1)
+ Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá từ -500C tăng lên 00C là:
Q1 = m1.c1. ∆ t = m1.1800.50 = 90000.m1
+ Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q2 = m1 λ = m1.3,4.105 = 340000.m1
+ Nhiệt lượng cần thiết để m1kg nước ở 00C tăng nên 250C là:
Q3 = m1.c2. ∆ t = m1.4200.25 = 105000.m1
+ Nhiệt lượng thu vào của cục nước đá là:
Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 90000.m1 + 340000.m1 + 105000.m1 = 535000.m1
+ Nhiệt lượng toả ra của m2 kg nước từ 600C hạ xuống 250C là:
Qtoả = m2.c2. λ t = m2.4200.35 = 147000.m2
+ Theo phương trình Cân bằng nhiệt ta được:
Qtoả = Qthu
147000.m2 = 535000.m1 ⇒ 147.m2 = 535.m1 (2)

Từ (1) λ m1 = 25 - m2 thay vào (2) ta được 147.m2 = 535.(25-m2)
⇔ 147.m2 = 13375 - 535.m2
⇔ 682.m2 = 13375
⇔ m2 = 19,6kg
⇒ m1 = 25 - 19,6 = 5,4kg
- Vậy khối lượng cục nước đá là: 5,4kg, khối lượng nước là: 19,6kg
Cách giải:
Bước 1:
- Xác định các đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt
- Xác định xem từng đối tượng trải qua mấy quá trình
- Xác định đối tượng toả nhiệt, đối tựơng thu nhiệt
Bước 2:
- Dùng công thức tính nhiệt lượng cho các quá trình
- Tính Qtoả, Qthu
- Dùng phương trình cân bằng nhiệt Qtoả = Qthu để tính đại lượng cần tìm
Chú ý: ở bài tập trên có thể yêu cầu tính nhiệt độ ban đầu của nước đá hoặc nước.
Ví dụ:
Thả 400g nước đá vào 1kg nước ở 50C. Khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá tăng thêm
10g. Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là C1=
1800J/kg.K, C2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg
2


Minh hoạ cách giải:
Bước 1: Bài toán có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:
- Nước đá ở t0C
- Nước ở 50C
- Vì khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá tăng thêm 10g nên: Nước ở 5 0C trải qua các
quá trình là:
+ Hạ nhiệt độ từ 50C xuống 00C

+ Một phần nước ở 00C đông đặc thành nước đá (phần này có khối lượng bằng 10g)
+ Nước đá ở t0C chỉ có một quá trình là tăng nhiệt độ từ t0C đến 00C
- Vậy nước ở 50C toả nhiệt, nước đá ở t0C thu nhiệt
Bước 2: Giải bài toán:
+ Nhiệt lượng cần để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 50C xuống 00C là:
Q1 = m2.c2. ∆ t = 1. 4200 5 = 21000J
+ Nhiệt lượng cần để 10g nước ở 00c đông đặc hoàn toàn là:
Q2 = m. λ = 0,01.3,4.105= 3400J
+ Nhiệt lượng toả ra của nước ở 50C là:
Qtoả = Q1 + Q2 = 21000 + 3400 = 24400J
+ Nhiệt lượng thu vào của nước đá tăng từ t0c nên 00C là:
Qthu = m1.c1. ∆ t = 0,4.1800.(-t) = - 720.t
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Qtoả = Qthu
24400 = -720.t
⇒ t = 24400:(-720) = - 340C
Vậy nhiệt độ ban đầu của nước đá là: -340C
Bài 2:
Dùng một bếp điện để đun nóng một nồi đựng 1kg nước đá (đã đập vụn) ở -20 0C sau 1 phút thì thì nước đá
bắt đầu nóng chảy.
a. Sau bao lâu thì nước đá nóng chảy hết?
b. Sau bao lâu nước đá bắt đầu sôi?
c. Tìm nhiệt lượng mà bếp tỏa ra từ đầu nước bắt đầu sôi, biết rằng hiệu suất đun nóng nồi là
60%
Biết: Cnđ = 2100J/kg.K λ = 336000J/kg; Cn = 4200J/kg.K và quá trình thu nhiệt đều đặn.
Phân tích bài toán:
Bướ 1: Bài toán có ba giai đoạn nước đá thu nhiệt:
+ Nước đá từ: -200C
+ Nước đá nóng chảy hết.
+ Nước bắt đầu sôi.

-

Vì quá trình troa đổi nhiệt ( thu hoạc tỏa nhiệt ) xãy ra đều đặn có nghĩa là:

Q
t

không đổi.

Q1 Q 2
(Q1 + Q 2 + ...)
=
= ... =
. Trong đó Q(J) là nhiệt lượng ứng với thời gian trao đổi
t1
t2
(t1 + t 2 + ...)
nhiệt t (Giây, phút, giờ)
Bước 2: Gải bài toán :
a. Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ - 200C lên 00C là :
Q1thu I = C1m1(tC1 – tđ) = 2 100 . 1[0- (20)] = 42 000 (J)
Nhiệt lượng cần thiết để nước đá nóng chảy là:
Q2thu II = λ m1 = 336 000 . 1 = 336 000 (J)
Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:
Q1thuI Q 2thuII
Q 2thuII
336000
=
=> t 2 =
t1 =

.1 = 8 phút
t1
t2
Q1thuI
42000
Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:
Ta có công thức là:

3


t1 + t2 = 1 + 8 = 9 phút
b. Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ 00C lên 1000C là:
Q2thu III = C2 m1 .(tC2 – tđ2) = 42 00.1.(100 – 0) = 420 000 (J)
Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:
Q1thuI Q 2thuIII
Q 2thuIII
420000
=
=> t 2 =
t1 =
.1 = 10 phút
t1
t2
Q1thuI
42000
Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:
t1 + t2 + t3 = 1 + 8 + 10 = 19 phút
c. Theo bài ra hiệu suất đun của bếp là 60% nên ta có:
Qci

H=
Qtp
Nhiệt lượng có ít mà nước thu vào là:
Q1thu I + Q1thu II + Q1thu III = 42 000 + 336 000 + 420 000 = 798 000 (J)
Nhiệt lượng toàn phần của bếp tỏa ra là:
Qci 798000
=
Qtp =
= 1 330 000 (J)
H
60
Bài tập tự giải:
Bài 1:
Thả một quả cầu bằng thép có khối lượng m1 = 2kg được nung nóng tới nhiệt độ 600 0C vào hỗn hợp nước
và nước đá ở 00C. Hỗn hợp có khối lượng là m2 = 2kg. Tính khối lượng nước đá có trong hỗn hợp. Biết
nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là 500C, nhiệt dung riêng của thép, của nước là C1 = 460J/kg.K, C2 =
4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg
Dạng 2: Bài tập chưa biết rõ thể
Bài tập 1 :
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 là 380J/kg.K
a. Nướ đá có tan hết không?
b. Tính nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế?
Biết: Cnước = 2 100J/kg.K, Lnước = 336.103J/kg.
Phân tích bài :
Bài này không biết rỏ nước đá đã tan hết hay chưa. Do đó với loại bài tập này trước tiên ta cần xác định
trạng thái của các đối tượng bằng cách: So sánh nhiệt lượng mà 1,6kg nước đá ở nhiệt độ - 10 0C cần thu vào
để tan hết với nhiệt lượng mà 1,6kg nước đựng trong nhiệt lượng kế có khối lượng 200g tỏa ra để giảm nhiệt
độ từ 800C đến - 100C tức là:
+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ - 100C lên đến 00C.

+ Nhiệt lượng tỏa ra của nước đá đựng trong nhiệt lượng kế ở nhiệt độ 800C xuống 00C.
+ Ta xét xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?
- Từ phân tích bài toán ta có lời giải:
+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng nhiệt độ từ -100c nên 00C là:
Q1 thu I = C1m1 (0 – t1) = 2 100.1,6.[0 – (-10)] = 33 600(J)
+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q1thu II = λ m1 = 336.103 . 1,6 = 537 600(J)
+ Nhiệt lượng tỏa ra do 1,6kg nước ở 800C cung cấp:
Qtỏa I = C2m2 (t2 – 0) = 4 190. 1,6. 80 =536 320(J)
+ Nhiệt lượng tỏa ra do 0,2kg đồng ở 800C cung cấp:
Qtỏa I = C3m3 (t3 – 0) = 380. 0,2. 80 = 6 080(J)
+ Để nước đá tan hết thì ít nhất nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào. Nhưng ta thấy:
Q1 thu I + Q1 thu II = 571 200 > Qtỏa I + Qtỏa II = 542 400
Do đó nước đá chưa tan hết và nhiệt độ cuối cùng của hổn hợp nước và nước đá chính là nhiệt độ
cuối cùng của nhiệt lượng kế là 00C.
Bước 1:
Xác định đối tượng thu nhiệt, đối tượng toả nhiệt
4


Bước 2:
Tính nhiệt lượng của các đối tượng và so sánh để xác định thể của đối tượng
Bước 3:
Lập phương trình cân bằng nhiệt để suy luận tính các đại lượng có liên quan
Bài tập 2:
Trong một bình bằng đồng khối lượng 0,6kg có chứa 4kg nước đá ở -150C. Người ta cho dẫn vào 1kg nước
ở 1000C. Xác định nhiệt độ chung và khối lượng nước có trong bình khi có cân bằng nhiệt. Biết nhiệt dung
riêng của đồng, của nước đá, của nước là C 1 = 380J/kg.K, C2 = 1800J/kg.K, C3 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng
chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg
Phân tích bài :

Tương tự bài tập 1 bài này cũng chưa cho biết nhiệt độ cuối cùng khi có cân bằng nhiệt vì vậy ta chưa thể
xác định được các đối tượng trải qua những giai đoạn nhiệt nào. Do đó với loại bài tập này trước tiên ta cần
xác định trạng thái của các đối tượng bằng cách:
+ Ta xét xem bình và nước đá có tăng được thêm nhiệt độ nào hay không?
+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng và nước đá tăng nhiệt độ từ -150C lên 00C
+ Nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 1000C xuống 00C
+ Ta xét tiếp xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?
+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn .
- Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:
+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng tăng nhiệt độ từ -150c nên 00C là:
Q1= m1.c1. ∆ t = 0,6.380.15 = 3420J
+ Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng nhiệt độ từ -150c nên 00C là:
Q2 = m2.c2. ∆ t = 4.1800.15 = 108000J
+ Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng và nước đá tăng nhiệt độ từ -150C nên 00C là:
Q3 = Q1 +Q2 = 3420+ 108000 = 111420J
+ Nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 1000C xuống 00C là:
Q4 = m3.c3. ∆ t = 1.4200.100 = 420000J
Vì Q4> Q3 nên cả bình đồng và nước đá đều tăng nhiệt độ nên 00C
+ Ta xét tiếp xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?
Nhiệt lượng cần thiết để nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q5 = m2. λ = 4.3,4.105 = 1360000J
- Ta thấy Q5 > Q4 nên chỉ có một phần nước đá ở 00C nóng chảy
+ Ta tính khối lượng nước đá bị nóng chảy:
- Gọi khối lượng nước đá bị nóng chảy ở 00C là m(kg)
+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q6 = m. λ = m.3,4.105 = 340000.m
+ Nhưng nhiệt lượng để m(kg) nước đá ở 00C nóng chảy được tính là:
Q7 = Q4 - Q3 = 420000 - 111420 = 308580J
Ta có: 340000.m = 308580. λ .m = 308580:340000 = 0.9(kg)
Vậy nhiệt độ chung của hệ thống khi có cân bằng nhiệt là 0 0c(vì nước đá chưa nóng chảy hết) và khối lượng

nước trong bình là 1kg + 0,9kg = 1,9kg
Cách giải:
Bước 1:
Xác định đối tượng thu nhiệt, đối tượng toả nhiệt
Bước 2:
Tính nhiệt lượng của các đối tượng và so sánh để xác định thể của đối tượng
Bước 3:
Lập phương trình cân bằng nhiệt để suy luận tính các đại lượng có liên quan
Bài tập tự giải:
Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng nhiệt độ 0 0C, người ta rót thêm vào đó
2kg nước ở 500C. Tính nhiệt độ cân bằng cuối cùng.
5


Dạng 3: Bài tập trao đổi nhiệt :
Bài tập 1:
Người ta vớt một cục sắt đang ngâm trong nước sôi rồi thả vào một cốc chứa nước ở nhiệt độ 200C. Biết
cục sắt có khối lượng lớn gấp ba lần khối lượng của nước trong cốc. Hãy tính nhiệt độ của nước sau khi thả
cục sắt. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt là c1 của nước là c2. Nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh
coi như không đáng kể.
Phân tích bài:
- Thả một cục sắt vào một cóc nước :
+ Cóc nước thu nhiệt
+ Cục sắt toả nhiệt
- Cục sắt vớt từ trong nướ sôi ra chúng tỏ cục sắt có nhiệt độ 1000C:
+ Sau khi thả cục sắt vào lại nước thì nhiệt độ cân bằng của cục sắt và nước là t x0 . Nhiệt độ cân bằng
lúc này phải là: 200C < tx0 < 1000C.
- Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:
+ Nước sôi ở 1000C, vì vậy cục sắt trước khi thả vào cốc nước có nhiệt độ :
t1= 1000C.

+ Nhiệt độ ban đầu của nước trong cốc là :
t2= 200C.
+ Sau khi thả cục sắt vào nước đã cân bằng, nhiệt độ của nước là: tx0
200C < tx0 < 1000C
+ Để hạ nhiệt độ từ 1000C đến tx0 sắt toả ra nhiệt lượng :
Q1 = m1c1(100 - tx0)
+ Để tăng nhiệt độ từ 200C đến tx0C nước hấp thụ nhiệt lượng :
Q2= m2c2(tx0 - 20)
+ Theo đ/k cân bằng nhiệt ta có:
Q1 = Q2 hay m1c1(100 - tx0) = m2c2(tx0 - 20
- Thay m1 = 3m2
300c1 + 20c 2
- Tính được :
t0x =
3c1 + c 2
Bước 1:
- Thả cục sắt vào nước:
+ Xác điịnh nhiệt độ ban đầu của các vật.
+ Xác định nhiệt độ cân bằng.
+ Xác định vật toả nhiệt, vật thu nhiệt
+ Tính nhiệt lượng toả ra, nhiệt lượng thu vào
+ Lập phương trình cân bằng nhiệt
Bước 2:
- Từ các phương trình cân bằng nhiệt lập được ta biến đổi để tìm các đại lượng liên quan theo yêu cầu của
bài toán.
Bài tập 2:
Trong bình 1 có cục nước đá khối lượng 60g và 150g nước đang ở trạng thái cân bằng nhiệt. Bình hai có
450g nước ở 800C. Rót một lượng nước từ bình một sang bình hai, sau khi bình hai cân bằng nhiệt lại rót
nước từ bình hai sang bình một đến khi bình hai đạt mức ban đầu của nó. Nhiệt độ của nước ở bình một là
200C. Hỏi lượng nước đã rót đã rót là bao nhiêu cho rằng nước ở bình không trao đổi nhiệt với môi trường

và với bình. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,36.105J/kg.
Phân tích bài:
- Rót lượng nước m từ bình một sang bình hai:
+ Nước từ bình một thu nhiệt
+ Nước ở bình hai toả nhiệt
- Rót lượng nước m từ bình hai trở lại bình một(vì đề bài cho là bình hai đạt mức ban đầu):
6


+ Nước từ bình hai toả nhiệt
+ Nước và nước đá ở bình một thu nhiệt
- Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:
+ Gọi lượng nước rót từ bình một sang bình hai là m.
+ Khi rót nước từ bình một sang bình hai thì nước từ bình một thu nhiệt, nước ở bình hai toả nhiệt.
Gọi nhiệt độ của bình hai khi có cân bằng nhiệt là t2.
+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước từ 00c tăng nên t2 là:
Q1 = m.c. ∆ t = m.4200.t2
+ Nhiệt lượng cần thiết để450g nước ở bình hai hạ nhiệt độ từ 800C xuống t2 là:
Q2 = 0.45.4200.(80 - t2) = 1890.(80 - t2)
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q1 = Q2 ⇒ 4200m.t2 = 0,45.4200.(80 - t2) ⇒ m.t2 = 0,45.(80 - t2) (1)
+ Khi rót m(kg) nước từ bình hai trở lại bình một thì nước từ bình hai toả nhiệt, lượng nhiệt này
cung cấp cho bình một để nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 0 0C và làm cho toàn bộ nước ở 0 0C
trong bình một tăng nhiệt độ nên đến 200C.
Vậy ta có nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước toả nhiệt từ t2 xuống 200C là:
Q3 = m.c. ∆ t = m.4200.(t2 - 20)
+ Nhiệt lượng cần để 60g nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:
Q4 = 0,06.3,36.105 = 20160J
+ Nhiệt lượng cần thiết để toàn bộ nước có trong bình một tăng từ 00c nên 200c là:
Q5 = M.c. ∆ t = (0,15 - m + 0,06).4200.20 J

+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q3 = Q4 + Q5 ⇒ 4200.m.(t2 - 20) = 20160 + (0,15 - m + 0,06).4200.20 (2)
⇔ m.(t2 - 20) = (0,15 - m + 0,06).20 + 4,8
⇔ m.t2 = 0,21.20 + 4,8
⇔ m.t2 = 9 (2)
Thay (1) vào (2) ta được 0,45.(80 - t2) = 9
⇔ 80 - t2 = 20 ⇒ t2 = 60(0C)
⇒ m = 9:t2 = 9:60 = 0,15(kg) = 150g
- Vậy lượng nước đã rót là: 150g
Cách giải:
Bước 1:
- Rót chất lỏng từ bình một sang bình hai:
+ Xác định nhiệt độ cân bằng của bình một
+ Xác định chất lỏng toả nhiệt, chất lỏng thu nhiệt
+ Tính nhiệt lượng toả ra, nhiệt lượng thu vào
+ Lập phương trình cân bằng nhiệt
Bước 2:
- Rót chất lỏng từ bình hai trở lại bình một:
+ Xác định nhiệt độ cân bằng của bình một
+ Xác định chất lỏng toả nhiệt, chất lỏng thu nhiệt
+ Tính nhiệt lượng toả ra, nhiệt lượng thu vào
+ Lập phương trình cân bằng nhiệt
Bước 3:
- Từ các phương trình cân bằng nhiệt lập được ta biến đổi để tìm các đại lượng liên quan theo yêu cầu của
bài toán.
Chú ý: ở bài toán trên có thể yêu cầu tính nhiệt độ cân bằng của bình hai, hoặc yêu cầu tính cả khối lượng
nước đã rót và nhiệt độ cân bằng của bình hai ta cũng giải tương tự
Bài tập tự giải:
Có hai bình cách nhiệt, bình một chứa m1 = 2kg nướcở nhiệt độ t1 = 250C, bình hai chứa m2 = 4kg nước ở
700C. Người ta rót một lượng mkg nước từ bình một sang bình hai sau khi cân bằng nhiệt người ta lại rót

một lượng nước m(kg) như thế từ bình hai trở lại bình một thì nhiệt độ cân bằng của bình một là t1 = 220C.
a, Tính lượng nước m và nhiệt độ cân bằng t2 của bình hai
7


b, Nếu tiếp tục thực hiện rót lần hai như thế thì nhiệt độ cân bằng của mỗi bình là bao nhiêu?
IV. Kết quả thực hiện:
Qua việc định hướng cho học sinh bằng các cách giải một số bài tập theo phương pháp trên tôi có ra cho HS
hai loại bài tập như sau:
Bài 1:
Trong bình một có cục nước đá khối lượng 60g và 150g nước ở trạng thái cân bằng nhiệt. Bình hai chứa
450g nước ở nhiệt độ 800C. Rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau khi nước ở bình 2 đạt cân bằng
nhiệt, lại rót nước từ bình 2 trở lại bình 1 cho đến khi nước ở bình hai đạt mức ban đầu của nó. Nhiệt độ
cuối cùng của nước trong bình một là 20 0C. Hỏi lượng nước đã rót từ bình nọ sang bình kia. Cho rằng
nước ở bình không trao đổi nhiệt với môi trường và với bình. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K,
nhiệt nóng chảy của nước đá là :336000J/kg.
Kết quả lời giải của HS là:
+ Gọi lượng nước rót từ bình một sang bình hai là m.
+ Khi rót nước từ bình một sang bình hai thì nước từ bình một thu nhiệt, nước ở bình hai toả nhiệt.
Gọi nhiệt độ của bình hai khi có cân bằng nhiệt là t2.
+ Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước từ 00C tăng nên t2 là:
Q1 = m.c. ∆ t = m.4200.t2
+ Nhiệt lượng cần thiết để450g nước ở bình hai hạ nhiệt độ từ 800c xuống t2 là:
Q2 = 0.45.4200.(80 - t2) = 1890.(80 - t2)
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q1 = Q2 ⇒ 4200m.t2 = 0,45.4200.(80 - t2) ⇒ m.t2 = 0,45.(80 - t2) (1)
+ Khi rót m(kg) nước từ bình hai trở lại bình một thì nước từ bình hai toả nhiệt, lượng nhiệt này
cung cấp ch bình một để nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 0 0C và làm cho toàn bộ nước ở 00C
trong bình một tăng nhiệt độ nên đến 200C.
+ Vậy ta có nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước toả nhiệt từ t2 xuống 200C là:

Q3 = m.c. ∆ t = m.4200.(t2 - 20)
+ Nhiệt lượng cần để 60g nước đá ở 00c nóng chảy hoàn toàn là:
Q4 = 0,06.3,36.105 = 20160J
+ Nhiệt lượng cần thiết để toàn bộ nước có trong bình một tăng từ 00C nên 200C là:
Q5 = M.c. ∆ t = (0,15 - m + 0,06).4200.20 J
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q3 = Q4 + Q5 ⇒ 4200.m.(t2 - 20) = 20160 + (0,15 - m + 0,06).4200.20 (2)
⇔ m.(t2 - 20) = (0,15 - m + 0,06).20 + 4,8
⇔ m.t2 = 0,21.20 + 4,8
⇔ m.t2 = 9 (2)
Thay (1) vào (2) ta được 0,45.(80 - t2) = 9
⇔ 80 - t2 = 20 ⇒ t2 = 60(0c)
⇒ m = 9:t2 = 9:60 = 0,15(kg) = 150g
Vậy lượng nước đã rót là: 150g
Bài 2
1kg nước ở nhiệt độ 400C. Thả vào đó một thỏi nước đá ở nhiệt độ -10 0C. Khi có cân bằng nhiệt thấy sót lại
200g nước đá chưa tan. Hãy xác định khối lượng của thỏi nước đá thả vào bình. Biết nhiệt dung riêng của
dồng, của nước, của nước đá lần lượt là c 1 = 380J/kg.K, c2 = 4200J/kg.K, c3 = 1800J/kg.K, nhiệt lượng để
làm nóng chảy hoàn toàn 1kg nước đá ở 00c là 3,4.105J/kg. Sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5%.
Kết quả lời giải của HS là:
+ Vì khi cân bằng nhiệt thấy còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên nhiệt độ cân bằng của hệ thống
0
là 0 C .
+ Vậy nhiệt lượng toả ra của bình đồng để hạ nhiệt độ từ 400C xuống 00C là:
Q1 = m1.c1. ∆ t = 0,8.380.40 = 12160J
+ Nhiệt lượng toả ra của 1kg nước hạ nhiệt độ từ 400C xuống 00C là:
Q2 = m2.c2. ∆ t = 1.4200.40 = 168000J
Khi đó Q = Q1 + Q2 = 12160 + 168000 = 180160J
+ Vì sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5% nên nhiệt lượng toả ra là:
8

Qtoả = 180160.95% = 171152J
+ Gọi khối lượng của thỏi nước đá khi thả vào bình là mkg.
+ Nhiệt lượng cần thiết để mkg nước đá tăng từ -100C nên 00C là:
Q3 = m.c3. ∆ t = m.1800.10 = 18000.m
+ Vì còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên lượng nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 0 0C là ( m 0,2)kg.
+ Nhiệt lượng cần thiết để (m - 0,2)kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00c là:
Q4 = (m - 0,2).3,4.105 = (m - 0,2).340000
Khi đó Qthu = Q3 + Q4 = 18000.m + 340000.(m - 0,2)
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Qtoả = Qthu
⇔ 171152 = 18000.m + 340000.(m - 0,2)
⇔ 171152 = 358000.m - 68000
⇔ 358000.m = 239152 ⇒ m = 0,668(kg) = 668(g)
Vậy khối lượng của thỏi nước đá thả vào bình là 668g
Các em học sinh giỏi giải được các bài tập nhiệt học như vậy là đã đạt được mục tiêu mà tôi đặt ra
khi viết sáng kiến này.

THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BỘ MÔN VẬT LÝ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
TẠO
Năm học 2013 - 2014
THANH HOÁ
Môn thi: VẬT LÝ
Lớp 9 THCS
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 21 tháng 03 năm 2014
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Số báo
Đề này có 06 câu, gồm 02 trang
danh
Câu 1 (4,0 điểm)
Hai ô tô đồng thời xuất phát từ A đi đến B cách A một khoảng L. Ô tô thứ nhất
đi nửa quãng đường đầu với tốc độ không đổi v 1 và đi nửa quãng đường sau với tốc độ
không đổi v2. Ô tô thứ hai đi nửa thời gian đầu với tốc độ không đổi v 1 và đi nửa thời
gian sau với tốc độ không đổi v2.
a. Hỏi ô tô nào đi đến B trước và đến trước ôtô còn lại bao lâu?
b. Tìm khoảng cách giữa hai ô tô khi một ô tô vừa đến B.
Câu 2 (4,0 điểm)
Người ta đổ vào hai bình nhiệt lượng kế, mỗi bình 200 g nước, nhưng ở các nhiệt
0
độ 30 C và 400C. Từ bình “nóng” hơn người ta lấy ra 50 g nước, đổ sang bình “lạnh”
hơn, rồi khuấy đều. Sau đó, từ bình “lạnh” hơn lại lấy ra 50 g, đổ sang bình “nóng”
hơn, rồi lại khuấy đều. Hỏi phải bao nhiêu lần công việc đổ đi, đổ lại như thế với cùng
50 g nước để hiệu nhiệt độ trong hai bình nhiệt lượng kế nhỏ hơn 1 0C? Bỏ qua trao đổi
nhiệt với cốc, môi trường và hai bình nhiệt lượng kế.

9


Câu 3 (4,0 điểm)
Cho mạch điện như hình 1, trong đó U = 24 V, R1= 12 Ω
, R2 = 9 Ω , R4 = 6 Ω , R3 là một biến trở, ampe kế có điện
trở không đáng kể.
a. Cho R 3 = 6 Ω . Tìm cường độ dòng điện qua các điện
trở R1, R3 và số chỉ của ampe kế.

● U ●

A

b. Thay ampe kế bằng vôn kế có điện trở rất lớn. Tìm
R3 để số chỉ của vôn kế là 16 V. Nếu điện trở của R 3 tăng
thì số chỉ của vôn kế thay đổi thế nào?

R1

M

A

N

R3
R2

C

R4

Hình 1

Câu 4 (3,0 điểm)
1. Ở hình 2: biết đường đi của tia sáng (1) qua một thấu kính phân kỳ sẽ qua
điểm A. Hãy vẽ đường đi của tia sáng (2) qua thấu kính.
2. Một cái chụp đèn mặt trong nhẵn để có thể phản xạ ánh sáng (hình 3), S là một
điểm sáng đặt tại trung điểm của AB. Biết cạnh OA = OB, hãy tính góc ở đỉnh nhỏ nhất
của chụp đèn, sao cho các tia sáng phát ra từ S chỉ phản xạ đúng một lần bên trong
chụp đèn.

(1)

A

O
O
•
(2 S
)
Hình 3

•A
B
Hình 2

Câu 5 (3,0 điểm)
Một thanh đồng chất có tiết diện đều được thả vào trong
một chất lỏng có khối lượng riêng D. Một đầu của thanh được
buộc với một vật có thể tích V bằng một sợi dây mảnh không co
dãn. Khi
có4cân bằng thì
Hình

2
chiều dài của thanh chìm trong chất
3

lỏng, (hình 4).
a. Tìm khối lượng riêng của thanh đó.

10


b. Cho trọng lượng của thanh là P. Tìm khối lượng riêng của
vật và lực căng T của sợi dây.

Câu 6 (2,0 điểm)
Em hãy trình bày một phương án thí nghiệm để xác định giá trị của hai điện trở
R1 và R2.
Chỉ dùng các dụng cụ sau đây:
- Một nguồn điện có hiệu điện thế U chưa biết.
- Một điện trở có giá trị R đã biết.
- Một ampe kế có điện trở RA chưa biết.
- Hai điện trở cần đo R1 và R2.
- Một số dây dẫn có điện trở không đáng kể.
----------------------------------HÕT------------------------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

11



SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt
học
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
TẠO
Năm học 2013-2014
THANH HĨA
Mơn thi: Vật lý. Lớp 9.THCS
-------------------------------Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề thi)

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
(Đáp án gồm 5 trang)
CÂU
Câu
1
4,0
điểm

NỘI DUNG
a. Xác định xe nào đến B trước:

ĐIỂM
L

v +v

L

1
2
* Thời gian để ơ tơ thứ nhất đi từ A đến B là: t1 = 2v + 2v = L 2v v
1
2
1 2

t2

t2

2L

* Thời gian để ơ tơ thứ hai đi từ A đến B là: 2 v1 + 2 v2 = L ⇒ t2 = v + v
1
2
* Ta có: t1 − t2 =

L(v1 − v2 ) 2
> 0 suy ra t1 > t2
2v1v2 (v1 + v2 )

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

* Vậy ơ tơ thứ hai đến B trước và đến trước một khoảng thời gian:
L(v1 − v2 )2
∆t = t1 − t2 =
2v1v2 (v1 + v2 )

0,5 đ

b. Khoảng cách giữa hai xe khi xe thứ hai đã đến B.
* Có thể xảy ra 3 trường hợp sau khi xe thứ hai đã đến B:
- Xe thứ nhất đang đi trên nửa qng đường đầu của qng đường
AB
- Xe thứ nhất đang đi trên nửa qng đường sau của qng đường
AB
- Xe ơ tơ thứ nhất đến điểm chính giữa của qng đường AB
Cụ thể:
* Xe thứ nhất đang đi trên nửa qng đường đầu của qng đường

2L

v −v

2
1
AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là: S = L − v1t2 = L − v1 v + v = L v + v
1
2
1
2

Trường hợp này xảy ra khi S >

0,5 đ

0,5 đ

L
→ v2 > 3v1
2

* Xe thứ nhất đang đi trên nửa qng đường sau của qng đường
AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là: S = ∆t.v2 = L
Trường hợp này xảy ra khi S <

(v1 − v2 ) 2
2v1 (v1 + v2 )

L

hay v2 < 3v1
2

* Xe ơ tơ thứ nhất đến điểm chính giữa của qng đường AB, khi đó
khoảng cách giữa hai xe là: S = . Trường hợp này xảy ra khi v2 = 3v1

0,5 đ

* Gọi nhiệt độ ban đầu của bình nhiệt lượng kế “nóng” và “lạnh” lần
lượt là T và t
+ Nhiệt độ t1 của bình “lạnh” sau khi chuyển lượng nước ∆ m từ bình
“nóng” sang. P/t cân bằng nhiệt là: Cm(t1 – t) = C ∆ m(T – t1). Trong

0,5 đ

L
2

Câu
2
4,0
điểm

0,5 đ

12

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh


học

SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt
đó m là khối nước ban đầu, C là nhiệt dung riêng của nước.
* Từ đó suy ra: t1 =

mt + ΔmT
kT + t
Δm
=
< 1)
. (Với k =
m + Δm
k+1
m

* Tương tự nhiệt độ t2 của bình "nóng" sau khi chuyển một lượng
nước Δm từ bình "lạnh" sang. Ta có p/t cân bằng nhiệt: C(m - Δm )(T
– t2) = C Δm (t2 – t1)
Suy ra: t2 =

0,5 đ

0,5 đ

(m - Δm)T + Δmt1
kt + T
= kt1 + (1 - k)T =
m

k+1

* Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại, hiệu nhiệt độ của hai bình là
1-k
t2 – t1 = (T - t)
1+k
(1 - k) 2
1-k
* Tương tự sau lần đổ thứ hai : t4 – t3 = (t2 – t1)
= (T - t)
(1)
1+k
(1 + k) 2

* Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình thay đổi
1-k
lần.
1+k

* Thay số: T – t = 100C; k = 0,25;

1-k
= 0,6.
1+k

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

* Từ (1) ta có bảng giá trị sau dưới đây. Vậy ta phải thực hiện ít nhất
là 5 lần.
Lần đổ đi, đổ
Hiệu nhiệt độ hai
lại
bình
1
60C
2
3,60C
3
2,160C
4
1,30C
5
0,780C
a. Cường độ dòng điện qua các điện trở R1, R3 và số chỉ am pe kế:

Câu
3
● U ●
4,0
I
điểmI đángRkể,
mạch
1
1
I2
R2

I3
I4

0,5 đ

* Do ampe kế có điện trở khơng
điện có dạng như hình vẽ:
1,0 đ

R
R43

R 3 .R 4
U
24
I
* I1 = R = 12 = 2 A, + R234 = R2 + R + R = 12 Ω , + I3 = I4 = 2 =
2
1
3
4
1 A.
* Quay về sơ đồ gốc: IA = I1 + I3 = 3 A, Vậy ampe kế chỉ 3 A.
b. Tìm R3 và nhận xét về số chỉ Vơn kế.

13

1,0 đ
0,5 đ

0,5 đ

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh



học

SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt
* Thay ampe kế bằng vơn kế: Mạch có dạng: [ (R1nt R 3 ) // R 2 ] nt R4.
● U ●

I
A

R1

M

N

V

I1
R3

I2
R2

R4

C I4

+ Ta có UAM = U1 = U – UMN = 24 – 16 = 8 V
U

8

2

1
+ I1 = R = 12 = 3 A
1

R

9

2
+ Mặt khác: I1 = R + R + R I = 21 + R I ⇔ I = I1
2
1
3
3
+ Lại có: UMN = UMC + UCN = I1R3 + IR4

Thay số: 16 =

21 + R 3
2 21 + R 3
= .

9
3
9

0,5 đ

2
2 21 + R 3
R3 + .
.6 Suy ra: R3 = 6 Ω
3
3
9

* Điện trở tương đương tồn mạch
RAB =

R123 + R4 =

R13 .R2
15R3 + 234
81
+ R4 =
= 15 −
R13 + R2
R3 + 21
R3 + 21

Do vậy khi R3 tăng ⇒ điện trở tồn mạch tăng ⇒ cường độ dòng điện
mạch chính

U2
U
I = I4 = R giảm ⇒ U4 = I.R4 giảm ⇒ U2 = U – U4 tăng ⇒ I2 = R
tm
2
⇒
tăng
I1 = I – I2 giảm ⇒ U1 = I1R1 giảm. Vậy UMN = U – U1 sẽ tăng lên, tức là

số chỉ của vơn kế tăng.
Câu a. Vẽ đường đi của tia sáng (2) qua thấu kính:
4
- Kéo dài (1) cắt thấu kính tại I, Nối I với A, kéo dài AI.
3,0 - Kéo dài (2) cắt (1) tại S và thấu kính tại J.
điểm - Coi S là nguồn sáng cho hai tia tới (1) và (2).
- Từ S vẽ tia tới SO cho tia ló truyền thẳng, cắt đường kéo dài của tia
ló (1’) tại S’
- S’ là ảnh của S tạo bởi thấu kính phân kì.
- Nối S’J, kéo dài cho ta tia ló (2’) của tia tới
(2) qua thấu kính. Kết
’
(1
)
S • vẽ.
quả vẽ được như hình
A
.
(1)
I
S’

O
(2
) J

14
(2’)

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh


SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt


học

b. Tính góc nhỏ nhất của chụp đèn.
* Chùm tia phản xạ có thể coi như đi ra từ ảnh S’ của S tạo bởi chụp
đèn. Để chùm tia phản xạ chỉ phản xạ một lần trên chụp đèn thì chùm
tia phản xạ lần đầu từ phần chụp đèn bên này có tia phản xạ ngồi
cùng đến phần chụp đèn đối bên kia phải trượt trên mặt phản xạ của
mặt chụp đèn bên đối đó. Muốn vậy, ảnh của bóng đèn phải nằm trên
đường thẳng kéo dài từ mép dưới lên đỉnh của chụp đèn.
* Từ phân tích trên, ta có thể xác định vị trí ảnh của bóng đèn và để

0,5 đ

S’như hình xvẽ.
suy ra góc nhỏ nhất của chụp đèn
O
0,5 đ
S

A

B

* Ta có góc AOS = góc SOB (vì chụp đèn AOB dạng tam giác cân đỉnh
O) ;
Góc S’OA = góc AOS vì S’ đối xứng với S qua AO (S’ là ảnh của S)
Tóm lại: góc S’OA = góc AOS = góc SOB. Mà tổng 3 góc này bằng góc
S’OB bằng 1800 suy ra góc AOB =

0,5 đ

2.180
= 1200 Vậy: góc ở đỉnh của
3

chụp đèn bằng 1200
Câu a. Tìm khối lượng riêng của thanh:
5
* Các lực tác dụng lên thanh như hình vẽ

0,5 đ

3,0
điểm
FA
G
I
P

A
T
15

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh



học

SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt

Gọi thể tích, khối lượng riêng của thanh lần lượt là V0, D0. Trọng tâm
của thanh là G, trung điểm của phần thanh ngập trong nước là I.
P
IA 2
* Chọn A làm điểm tựa cho đòn bẩy, ta có: F = GA = 3
A
10V0 .D 0
2
4.D

= ⇒ 9D0 = 4D ⇒ D 0 =
2
* Khai triển 10. .V .D 3
9
0
3
4D
Vậy khối lượng riêng của thanh là: D0 =
9

0,5 đ

0,5 đ

b. Cho trọng lượng của thanh là P. Tìm khối lượng riêng của vật và
lực căng T của sợi dây:
* Tìm sức căng T: Chọn I làm điểm tựa, ta có:

0,5 đ

P AI 1
P
P
=
= ⇒ T = . Vậy sức căng T của sợi dây là T =
T GI 2
2
2

* Gọi D1, P1 là khối lượng riêng và trọng lượng của vật. Tìm D1 :

P
+ 10D.V = 10D1V
2
P + 20DV
* Khai triển P + 20DV = 20D1V ⇒ D1 =
20V
P + 20DV
Vậy: Khối lượng riêng của vật là: D1 =
20V

Ta có:

T + FA = P1

⇒

0,5 đ

0,5 đ

Câu * Mắc nối tiếp R với ampe kế RA rồi mắc vào hai cực của nguồn U thì
6
ampe kế
2,0
U
điểm
chỉ giá trị Io với: I o = R + R
(1)

0,5 đ

A

U

- Thay R bằng R1, ampe kế chỉ giá trị: I 1 = R + R
1
A
U

- Thay R bằng R2, ampe kế chỉ giá trị: I 2 = R + R
2
A
16

(2)
(3)

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh



học

SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt
U

- Thay R bằng R1+R2, ampe kế chỉ giá trị: I = R + R + R
1
2

A
1 1 
U U
−
= U  − 
I I2
 I I2 
1 1 
* Từ (2) và (4): R2 = U  − 
 I I1 

* Từ (3) và (4): R1 =

(4)
(5)

0,5 đ

(6).

1 1 1 1
U U
* Từ (1) và (2): R − R1 = − → R = U  + − − 
I o I1
 I o I I1 I 2 

0,5 đ
(7)

* Chia (7) cho (5) ta được:

1 1 1
 + −
R  I o I I 1
=
R1
1 1
 −
 I I2

−




1
I2



→R =R
1

1
 −
I
* Tương tự: R2 = R
1 1
 + −
 I Io

1 1 
 − 
 I I2 
1 1
1 1
 + − − 
 I I o I 2 I1 

0,5 đ

1

I 1 
1 1
− 
I 2 I 1 

---------------------------------HẾT--------------------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

17

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh



học

SKKN: Phương pháp giải bài tập nâng cao vật lí 8 phần nhiệt

18

Người thực hiện: Bùi Văn Khánh