Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần nhiệt học vật lí 8 trường THCS trần mai ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

MỘT SỐ KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH
GIỎI PHẦN NHIỆT HỌC MÔN VẬT LÍ 8
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

Người thực hiện: Đỗ Thị Liên
Chức vụ:
Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc môn:

Vật lí

THANH HOÁ, NĂM 2018
0


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

MỤC LỤC

1

PHẦN 1. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài

2
2

II. Mục đích nghiên cứu

2

III. Đối tượng nghiên cứu

3

IV. Phương pháp nghiên cứu

3

PHẦN 2. NỘI DUNG

4

I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
III. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG

4

IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Phần 3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

4
4
19
20

1. Kết luận

20

2. Kiến nghị

20

Tài liệu tham khảo

21

1


PHẦN 1. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình vật lí 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 đòi hỏi
người giáo viên phải biết vận dụng thành thạo, nhuần nhuyễn 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 lí, 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 lí 8, tôi
có một số kinh nghiệm khi giảng dạy phần nhiệt học, đặc biệt là dạng bài tập về
nhiệt học.
Với mong muốn công tác ôn luyện này đạt kết quả tốt, thường xuyên và
khoa học hơn, góp phần hoàn thành mục tiêu giáo dục, nâng cao chất lượng giáo
dục của Thành phố, tôi chọn đề tài sáng kiến: “Một số kinh nghiệm bồi dưỡng
học sinh giỏi phần nhiệt học Vật lí 8 trường THCS Trần Mai Ninh”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Nhằm xác định rõ kế hoạch, nhiệm vụ của giáo viên phải dạy như thế nào
để cho học sinh học tốt, đi thi có giải.
- Xác định được phương hướng ôn tập, học tập cho học sinh, tạo điểm nhấn
sức vượt cho học sinh khi tham dự đội tuyển HSG môn Vật lí.
- Giúp học sinh nâng cao kiến thức, kỹ năng tìm ra phương hướng học bộ

môn để học sinh yêu thích học bộ môn hơn nữa.
- Giúp cho bản thân người dạy cũng như đồng nghiệp bổ sung vào phương
pháp dạy học bộ môn của mình một số bài học thực tiễn.
- Góp phần đẩy mạnh phong trào tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và
học sinh.
- Tạo đà phát triển cao hơn cho việc bồi dưỡng đội tuyển trong các năm học
tới.
2


- Tăng cường trao đổi học tập kinh nghiệm từ đồng nghiệp cùng đơn vị.
Cũng như mong muốn sự đóng góp kinh nghiệm để đồng nghiệp, góp ý kiến
nhằm nâng cao chuyên môn và khả năng tự học, tự đào tạo thực hiện phương
châm học thường xuyên, học suốt đời.
Đề xuất một số biện pháp thực hiện công tác bồi dưỡng để nâng cao chất
lượng học sinh giỏi môn vật lí đặc biệt về phần nhiệt, góp phần hoàn thành mục
tiêu giáo dục của nhà trường và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của Thành
phố.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đối tượng nghiên cứu là hoạt động dạy và học của giáo viên và học sinh
đội tuyển trong quá trình giải bài tập về phần nhiệt học lớp 8 ở trường THCS
trần Mai Ninh.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Trong những năm gần đây qua việc bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy:
Đại đa số các em học sinh ngoan, có trách nhiệm với việc học tập, trong
quá trình học tập hăng say phát biểu, đóng góp lên sự thành công của bài giảng,
Có ý thức vươn lên trong học tập. Nhưng một số học sinh còn chưa chịu khó,
chưa tự giác trong quá trình ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi. Đặc biệt kiến thức
nâng cao về phần thấu kính còn rất nhiều hạn chế, các em không có bất kỳ một
tài liệu học tập nào ngoài SGK và SBT. Chính vì lẽ đó mà tôi đưa ra các giải

pháp như:
- Chọn lọc, phân tích, phỏng vấn trực tiếp nhiều thế hệ học sinh mà bản
thân giảng dạy, bồi dưỡng .
- Đưa ra các dạng bài cũng như các phương pháp dạy học phù hợp.
- So sánh kết quả đạt được từ các đối tượng học sinh khác nhau được chọn
vào đội tuyển dự thi học sinh giỏi các cấp (kể cả cấp trường ).
- Tổng hợp kết quả đạt được của bản thân qua nhiều năm dạy, bồi dưỡng
học sinh giỏi.
- Tham khảo các đồng nghiệp có nhiều kinh nghiệm, nhiều thành tích trong
bồi dưỡng học sinh giỏi.
Thời gian nghiên cứu đề tài này: Từ tháng 9 năm 2017 cho đến tháng 3
năm 2018.

3


PHẦN 2. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Môn vật lí được đưa vào chương trình THCS từ lớp 6. Nội dung kiến thức
môn vật lí được xây dựng theo chương trình đồng tâm, vì vậy lượng kiến thức
đưa vào chương trình THCS mới nhìn qua tưởng rất ít, rất đơn giản nhưng thực
tế lại rộng và sâu hơn nhiều. Vì vậy, trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải sử
dụng các dạng bài tập hợp lí để truyền tải cho học sinh lượng kiến thức đó cho
phù hợp với tư duy, nhận thức của học sinh và phù hợp với nội dung chương
trình. Trong thực tế, dạng bài tập “nhiệt học ở vật lí 8” rất rộng, có thể truyền tải
kiến thức rất tốt, yêu cầu học sinh phải hiểu hiện tượng và bản chất vật lí đồng
thời phải vận dụng kiến thức về toán học. Từ đó rèn luyện cho học sinh kĩ năng
phán đoán hiện tượng, kĩ năng thực hành, đồng thời gây hứng thú cho học sinh
trong quá trình giải bài tập.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

KINH NGHIỆM
1. Đối với học sinh
Đối tượng là học sinh khá, giỏi tham gia bồi dưỡng thi học sinh giỏi và thi
tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn nên kiến thức cơ bản các em nắm
tương đối vững, có trí tuệ nhất định. Trong hệ thống các bài tập vật lí, dạng bài
tập “về nhiệt học” rất dễ nhầm lẫn, có thể nhầm lẫn về dạng bài, về kiến thúc
toán học. Do vậy các em thường bỏ qua bài tập này để tập trung thời gian giải
bài tập khác và nhiều em không có hứng thú khi gặp bài toán này.
2. Đối với giáo viên
- Thuận lợi: Hầu hết các thầy cô có trình độ, được đào tạo cơ bản, tâm
huyết với nghề và luôn cầu tiến bộ.
- Khó khăn:
Kiến thức đã khó lại rộng lớn và bao trùm. Do đó để dành nhiều thời gian vào
nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững và sâu thì rất hạn chế, nhiều người còn tư
tưởng chỉ cần hoàn thành nhiệm vụ là được còn nghiên cứu tìm tòi đã có các nhà
khoa học.
Đối với dạng bài tập “nhiệt học ở vật lí 8” rất dễ nhầm lẫn. Đòi hỏi người
giáo viên phải có biện pháp xây dựng công thức để học sinh nhận thức được
trong bài toán có phương pháp giải rõ dàng, dễ hiểu thì học sinh mới hiểu sâu
bản chất, tư duy logic, từ đó đưa ra cách giải đúng hướng. Do đó đòi hỏi người
giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết và tinh thần học hỏi cao, thì mới đáp
ứng được chuyên môn, công việc giảng dạy của mình.
III. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG:
1. Các giải pháp:
Giải pháp 1: Cung cấp lý thuyết về nhiệt nóng chảy, nhiệt hóa hơi để xác
định đúng quá trình chuyển thể của các chất.
Giải pháp 2: Xây dựng, phân loại, định hướng nguyên tắc, phương pháp
giải các dạng bài tập về “nhiệt học của lớp 8” .
Giải pháp 3: Bồi dưỡng kĩ năng giải các dạng bài tập về “nhiệt học của lớp 8”
Giải pháp 4: Kiểm tra, đánh giá, sửa chữa và rút kinh nghiệm.

2. Tổ chức thực hiện:
4


Phối hợp các giải pháp trên để tổ chức thực hiện với nội dung cụ thể
như sau:
+ 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 t 1=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/kgk
Giải . Gọi nhiệt độ khi cân bằng của hỗn hợp là t. Ta có phương trình cân
bằng nhiệt của hỗn hợp như sau: : Qtỏa = Qthu => m1.c1(t1-t)= m2.c2(t-t2)
m1 .c1 .t1  m2 .t 2 .c2
=> t =
.
m1 .c1  m2 .c2
Thay số vào ta có t =

0,4.400.80  0,25.4200.18
= 26,20C.
0,4.400  0,25.4200

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: 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 , t2  100 C, c3  3000 J / kgk , t3  50 0 C

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. ta có: m1.c1(t1 -t) + m2.c2(t2 - t) + m3.c3(t3 - t) = 0
t=

m1 .c1 .t1  m2 .t 2 .c2  m3 .c3 .t 3
thay số vào ta có ;
m1 .c1  m2 .c2  m3 .c3

t=

1.2000.10  2.4000.10  3.3000.50
= 20,50C. => t = 20,50C
1.2000  2.4000  3.3000

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
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 lẫn vào nhau. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng
nhiệt.
5

Hướng dẫn giải :
Hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi
cân bằng nhiệt là: Gọi t là nhiệt độ cân bằng của hệ. Giả sử trong hệ có k vật đầu
tiên tỏa nhiệt, (n-k) vật sau thu nhiệt. Theo pt cân bằng nhiệt : Q tỏa = Qthu
m1c1  t1  t   m2c2  t2  t   ...  mk ck  t k  t   mk 1ck 1  t  t k 1   mk  2ck  2  t  t k  2   ...  mncn  t  t n 
� t (m1c1  m2c2  ...  mncn )  m1c1t1  m2c2t 2  ...  mncnt n � t 

m1c1t1  m2c2t 2  ...  mn cnt n
m1c1  m2c2  ...  mn cn

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 tỉ mỉ để học sinh thành thạo khi giải các bài tập sau đây là một số bài tập
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 không? Nếu không hãy tính khối lượng đá còn 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
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 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. 3,4.10 5 = 34000J
Ta thấy Q thu > Qtoả nên nước đá không tan hết. Lượng nước đá chưa tan
8800
Qthu  Qtoa
= 3,4.105 = 0,026 kg


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 . Hãy tính nhiệt độ chung của hỗn hợp khi có cân

hết là m 

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
Nhận xét . Đối với bài toán này khi giải học sinh rất dễ 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 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 0oC
Q2  c2 m2 (0  t2 )  2,1.(0  (20))  42kJ
6


Q1 Q2 nước đá bị nóng chảy.

Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hoàn toàn: Q '2  .m2  340.1  340kJ
Q1 Q2  Q'2 nước đá chưa nóng chảy hoàn toàn.
Vậy nhiệt độ cân bằng là 00C. 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  t 2 )  .mx  mx 0,5kg
Khối lượng nước có trong bình: mn m1  m x 2,5kg
Khối lượng nước đá còn lại md m2  m x 0,5kg
b) m2 0,2kg : tính tương tự như ở phần a .

Q2  c2 m2 (0  t2 )  8400 J ; Q '2  .m2  68000 J

Q1 Q2  Q'2 nước đá đã nóng chảy hết và nhiệt độ cân bằng cao hơn O oC.

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  0
c) m2 6kg ; Q2  c2 m2 (0  t2 )  252kJ
Q1 Q2 : nước hạ nhiệt độ tới 0oC và bắt đầu đông đặc.
- Nếu nước đông đặc hoàn toàn thì nhiệt lượng toả ra là:
Q '1   m1  680kJ
Q2 Q1  Q'1 : nước chưa đông đặc hoàn toàn, nhiệt độ cân bằng là 0oC
- Khối lượng nước đá có trong bình khi đó:

md m2  m y 6,12kg
Khối lượng nước còn lại: mn m1  m y 1,88kg.
Bài tập tương tự
Bài 6. Thả 1, 6kg nước đá ở -10 0C 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
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 cd 2100J/kgk và nhiệt nóng chảy của nước đá là
  336.103 J / kgk .
Bài 7. Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng
nhiệt độ O0C, người ta rót thêm vào đó 2kg nước ở 50 0C. Tính nhiệt độ cân bằng
cuối cùng.
Đáp số :
Bài 6
a) nước đá không tan hết
b) 00C
Bài 7
t = 4,80C
7


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 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 40 0C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một
cách đều đặn, hãy xác định nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong mỗi
giây. Nhiệt dung riêng của thuỷ tinh là c 2 = 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 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 môi trường là: Q = Q1  Q2 = 26784 J
Công suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng
Q 26784 J

N=
= 89,28J/s
T
300 s
Bài 9. Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 200C.
a.Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở lò. Nước
nóng đến 21,20C. Tìm nhiệt độ của bếp lò. 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.
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   3,4.105 J / kg .
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 t0C là nhiệt độ của 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
8


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 m3 c3 (t  t 2 ) ( m3 khối lượng thỏi đồng)
Do không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng
nhiệt ta có: Q3 Q1  Q2  m3 c3 (t ' t 2 ) (m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )
(m1c1  m2c2 )(t2  t1 )  m3c3t2
 t =
. Thay số vào ta được t = 160,780C
m3c3
b) Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi 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 )


t' =

(m1c1  m2 c2 )(t2  t1 )  m3c3t2
+
m3c3

t2

t’ = 174,740C

c) Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn 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
0
21,2 C xuống 00C là:
Q '  ( m1c1  m2c2  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)
Q ' Q
189109  34000
t" 

(m1c1  (m2  m)c2  m3c3 ) 0,5.880  (2  0,1)4200  0,2.380
=> t" = 16,60C
Bài tập tương tự
Bài 10. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng m1 500 g chứa
m2 400 g nước ở nhiệt độ t1  200 C .
a) 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.
b) 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 còn lại 100g nước đá.
Tìm m3 cho biết nhiệt dung riêng của nhôm 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 môi trường

9


(Trích đề thi TS THPT chuyên lý ĐHQG Hà Nội - 2002 )
Bài 11. Đun nước trong thùng bằng một dây nung nhúng trong nước có
công suất 1, 2kw. Sau 3 phút nước nóng lên từ 800C đến 900C. Sau đó người ta
rút dây nung ra khỏi nước thì thấy cứ sau mỗi phút nước trong thùng nguội đi
1,50C. 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.
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 t2  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.

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:

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(t2  t '1 )  m1c(t '1  t1 )
�
�
mc(t '2  t '1 )  c (m2  m)(t2  t '2 )
�
0
Với m1 4kg t1  20 C , m2 8kg , t 2 40 0 c , t '2 = 380C thay vào và giải
ra ta được m = 0,5kg , t '1 = 400C.

10


Bài 13.

(Trích đề thi TS THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2017-2018):
Người ta đổ vào hai bình nhiệt lượng kế, mỗi bình 200 g nước, nhưng ở các
nhiệt độ +300 C và +400 C. Từ bình “nóng” hơn người ta lấy ra 50 g nước, đổ
sang bình “lạnh” hơn, rồi khấy đều. Sau đó, từ bình “lạnh” hơn lại lấy ra 50 g
nước, đổ sang bình ‘nóng hơn”, rồi lại khấy đều. Hỏi phải làm 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 độ? Bỏ qua sự mất mát nhiệt khi đổ đi đổ lại và
sự trao đổi nhiệt với hai bình nhiệt lượng kế.
Hướng dẫn giải:
Ký hiệu nhiệt độ ban đầu của bình nhiệt lượng kế “nóng’ và “lạnh” lần lượt
là: tn và tl. Trước hết chúng ta tính nhiệt độ t 1 của bình “lạnh” sau khi chuyển một
lượng nước Δm từ bình nóng sang.
Từ phương trình cân bằng nhiệt ta có: cm(t 1 - tl) = c Δm (tn – t1) trong đó m
là khối lượng nước ban đầu của trong bình nhiệt lượng kế, c là nhiệt dung riêng
của nước.
mt +Δmt n kt n + t l
Δm
=
<1
Từ phương trình trên ta tìm được t1 = l
, với k =
m
m +Δm
k +1
Tiếp theo, chúng ta hãy tính nhiệt độ t 2 của bình nóng sau khi chuyển một
lượng nước là Δm từ bình lạnh sang.
Từ phương trình cân bằng nhiệt ta có: c(m - Δm )(tn – t2) = c Δm (t2 – t1)
kt + t
(m -Δm)t n + Δmt 1
= kt1 + (1- k)t n = l n

Suy ra: t 2 =
m
k +1
Như vậy, sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ hai bình là
1- k
t 2 - t1 = (t n - t l )
1+ k
Dễ dàng thấy rằng để hiệu nhiệt độ (t4 – t3) của hai bình sau lần đổ đi đổ lại thứ
hai, ta chỉ cần thay trong công thức trên tn thành t2 và tl thành t1, cụ thể là
1- k
(1- k) 2
t 4 - t 3 = (t 2 - t1 )
 (t n - t l )
1+ k
(1+ k) 2
1- k
Như vậy, cứ mỗi lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình thay đổi
lần.
1+ k
Trong trường hợp của chúng ta tn - tl =100 C, Δm = 50 g, m = 200 g, suy ra k
1- k
 0, 6 .
= 0,25 và
1+ k
Như vậy, sau lần đổ đi đổ lại lần thứ nhất hiệu nhiệt độ hai bình là 10 0 C.0,6
= 60 C, sau lần thứ hai là: 100 C.0,62 = 3,60 C, sau lần thứ ba: 100 C.0,63 �2,2 0 C,
sau lần thứ tư: 100 C.0,64 � 1,30 C, sau lần thứ năm: 100 C.0,65 �0,80 C.
Vậy để hiệu nhiệt độ hai bình nhỏ hơn 10 C thì chỉ cần đổ đi đổ lại 5 lần.
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 0C, 17,50C, rồi bỏ sót một lần không ghi,
11


rồi 250C. 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 250C
- Thứ hai sau mỗi lần trút nhiệt độ ở bình hai tăng chứng tỏ nhiệt độ ở bình
1 phải lớn hơn bình 2
Giải. Gọi q2 là nhiệt dung tổng cộng của chất lỏng chứa trong bình 2 sau
lần trút thứ nhất (ở 10 0C), q là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào (có nhiệt
độ C t1 ) và t là nhiệt độ bỏ sót không 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 )
(q 2  2q )( 25  t ) q (t1  25)
Giải hệ phương trình trên ta có t = 220C ; t1 =400C
Bài 15: (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm 2015-2016)
Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau, đều đang ở nhiệt độ t x0 C. Người
ta thả từng chai lần lượt vào một bình cách nhiệt chứa nước, sau khi cân bằng
nhiệt thì lấy ra rồi thả chai khác vào. Nhiệt độ nước ban đầu trong bình là
t0 = 360C, chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t 1 = 330C, chai thứ hai khi lấy ra có
nhiệt độ t2 = 30,50C. Bỏ qua sự hao phí do tỏa nhiệt ra môi trường.
a. Tìm nhiệt độ tx.
b. Đến chai thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn
0
26 C.

Hướng dẫn giải:
- Gọi q1 là nhiệt lượng tỏa ra của nước trong bình khi nó giảm nhiệt độ đi
0
1 C;
- Gọi q2 là nhiệt lượng thu vào của chai sữa khi nó tăng lên 10C.
Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ nhất là:
q1(t0 – t1) = q2 (t1 – tx) (1)
- Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ 2 là:
q1 (t1 – t2) = q2 (t2 – tx)
(2)
- Chia (1) và (2) rồi thay số với t0 = 360C, t1 = 330C, t2 = 30,50C ta được:
tx = 180C
q

1

2
- Thay tx = 180C vào (1) và (2) � q = 5
1

- Từ phương trình (1) suy ra: t1 =

q1.t 0 + q 2 .t x
q1
= tx +
.(t 0 - t x )
q1 + q 2
q1 +q 2

(3)

- Tương tự khi lấy chai thứ hai ra, do vai trò của t0 bây giờ là t1 ta có:
t2 = tx +

q1
.(t1 - t x )
q1 + q 2

(4).

2

� q �
- Thay (3) vào (4) => t 2 = t x + � 1 �.(t 0 - t x ) .
�q1 + q 2 �
12


n

� q �
- Tổng quát: Chai thứ n khi lấy ra nhiệt độ: t n = t x + � 1 �.(t 0 - t x )
�q1 + q 2 �
�
q2 1
- Theo điều kiện: tn < 26 C và q = 5 � �t n = 18 +
1
�
0

n
�
�5 �
� �.(36 - 18) � 26 � n  5
�6 �
�

Vậy: đến chai thứ 5 thì khi lấy ra nhiệt độ của nước trong bình bắt đầu nhỏ
hơn 260C
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 đột1 = 650C. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 =
350C. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ t 3 = 200C. 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 t1 = 10C. 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:
Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3). Từ đó ta có các phương trình
cân bằng nhiệt:
Đối với nước: Q12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 -t3) = 2mct1
Đối với cà phê: Q12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mct2
Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mct3
Từ các phương trình trên ta tìm được: t2 = 0,40C và t3 = 1,60C

Tương tự bài toán trên ta có bài toán sau:
Bài 17. 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 0C. 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 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, phương trình 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
13


Bài tập tương tự
Bài 18. 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 sôi vào bình trong một thời gian và sau
khi thiết lập cân bằng nhiệt. Nhiệt độ của nước là 50 0C. Tìm lượng hơi nước đã
dẫn vào? Cho nhiệt hoá 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 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 0C và khi đó có
một phần nước đá sẽ đông đặc ở 00C 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 t10C . Ta có nhiệt lượng nước đá
nhận vào để tăng nhiệt độ từ t10C 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 hoàn toàn 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  630000 (J)
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 hoá hơi
Bài 19. a) Tính lượng dầu cần để đun sôi 2l nước ở 20 0C đựng trong ống
bằng nhôm có khối lượng 200g. Biết nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần

lượt là c1  4200 J / kgk ; c2  880 J / kgk , năng suất toả nhiệt của dầu là q = 44.
106J/kgk và hiệu suất của bếp là 30%.

14


b. Cần đun thêm bao lâu nữa thì nước hoá 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 = 2,3.106 J/kg.
Giải. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để tăng nhiệt độ từ 20 0C đến
Q1 m1c1 (t 2  t1 ) = 672kJ
1000C là:
Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 20 0C đến
1000C là : Q2 m2 c2 (t 2  t1 ) = 14,08kJ
Q Q1  Q2 = 686,08kJ
Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là:
Do hiệu suất của bếp là H = 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu toả
ra là:

Q' 

Q
686080
.100% 
.100% 2286933,3J
H
30%

Q’ = 2286,933kJ
Q' 2286,933.10 3

51,97.10  3 kg
Và khối lượng dầu cần dùng là: m  
6
q
44.10

m = 51.97 g
b) Nhiệt lượng cần cung cấp để nước hoá hơi hoàn toàn 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 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 ). 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 20. Một khối nước đá có khối lượng m1 = 2kg ở nhiệt độ - 50C.
a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên hoá hơi hoàn toàn ở
0
100 C. 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.
b) Bỏ khối nước đá trên vào xô nhôm chứa nước ở 50 0C. 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 m2 500 g 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 xảy 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 0 0C đến 1000C là Q3 nhiệt lượng nước
hoá hơi hoàn toàn 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
15


của toàn xô nước và của nước giảm nhiệt độ từ 50 0C về 00C và tính nhiệt lượng
nước đá nhận vào để tan hoàn toàn ở 0 0C sau đó áp dụng phương trình cân bằng
nhiệt và tính ra khối lượng có trong xô và tính ra được M = 3,05 kg.
Bài 21. (Trích từ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn –
Năm học 2015 – 2016)
Một chiếc cốc hình trụ khối lượng m trong đó chứa một lượng nước cũng
có khối lượng m. Cả hệ đang ở nhiệt độ t 1 = 100C. Người ta thả vào cốc một cục
nước đá khối lượng M đang ở nhiệt độ 00C thì cục nước đá đó chỉ tan được một
phần ba khối lượng của nó và luôn nổi trong khi tan. Rót thêm một lượng nước
có nhiệt độ t2 = 400C vào cốc. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của hệ lại là 10 0C,
còn mực nước trong cốc có độ cao gấp đôi mực nước sau khi thả cục nước đá.
Hãy xác định nhiệt dung riêng của chất làm cốc. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với
môi trường xung quanh và sự giãn nở vì nhiệt của cốc và nước. Biết nhiệt dung
riêng của nước là c= 4200 J/kg.K và nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg nước đá

nóng chảy hoàn toàn ở 00C là 336.103 J. Đáp số: 1400 J/kg.K
Bài 22. Một bình hình trụ có bán kính đáy R 1 = 20 cm được đặt thẳng đứng
chứa nước ở nhiệt độ t 1 = 20 0 C. Người ta thả một quả cầu đặc bằng nhôm có bán
kính R 2 = 10 cm ở nhiệt độ t 2 = 40 0 C vào bình thì khi cân bằng mực nước trong
bình ngập chính giữa quả cầu.
Cho khối lượng riêng của nước D 1 = 1000 kg/m 3 và của nhôm D 2 = 2700
kg/m 3 , nhiệt dung riêng của nước C 1 = 4200 J/kg.K và của nhôm C 2 = 880
J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường.
a. Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt.
b. Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t 3 = 15 0 C vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết
khối lượng riêng và nhiệt dung riêng của dầu D 3 = 800 kg/m 3 và C 3 = 2800
J/kg.K. Xác định: Nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt? Áp lực của quả cầu lên
c1 m1t1  c 2 m2 t 2
đáy bình? Đáp số: a) t =
= 23,7 0 C.
c1 m1  c 2 m2
b) F  75,4(N)
(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên lý Lam Sơn năm 2017-2018)
BÀI TOÁN ĐỒ THỊ
Bài 23 : ( Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017)
Một lượng nước có thể tích 4 lít chứa trong một cái ấm.
P(W)
Ấm được đun nóng bởi một nguồn nhiệt có công suất
1000 W. Trong quá trình đun có một phần nhiệt
300
lượng tỏa ra môi trường xung quanh. Biết đường
200
biểu diễn công suất tỏa nhiệt ra môi trường theo
thời gian được mô tả như hình vẽ. Ban đầu nhiệt
100 D

t(s)
độ của nước là 200C, sau thời gian bao lâu kể
0
200 400
từ thời điểm ban đầu thì lượng nước được đun
0
nóng tới 50 C? Cho nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/kg.K.
Hướng dẫn giải:
- Gọi t là thời gian đun 4 lít nước (m = 4 kg) để nhiệt độ tăng từ 20 0C đến
500C.
16


- Theo đường biểu diễn: PHP = f(t) có dạng đường thẳng, suy ra:
PPH = at + b. Dựa vào đồ thị tìm được: a = 0,5; b = 100.
Vậy ta có: PHP(t) = 100 + 0,5.t
- Lưu ý rằng: PHP(t) < Pcung cấp � 100 + 0,5t < 1000 � t < 1800 (s) (1)
- Do công suất hao phí phụ thuộc vào thời gian nên nhiệt lượng hao phí cũng
phụ thuộc vào thời gian.
P + PHP(0)
100 + 0,5.t + 100
� Q hp = P TB .t = HP(t)
.t =
.t
2
2
� Qhp = 0,25t2 + 100.t
- Ta có phương trình cân bằng nhiệt: Q Cung cấp = Q Nước thu + Qhp
� 1000t = cm (50 - 20) + 0,25t2 + 100.t
� 1000t = 4200.4.30+0,25t2+100.t

� 0,25t2 - 900.t + 504000 = 0 (2)
- Giải phương trình (2) ta có 2 nghiệm:
t1 �694(s) (thỏa mãn ) và t2 � 2906(s) bị loại vì không thỏa mãn (1).
Bài 24: Quá trình ngưng tụ của một
lượng hơi nước được thể hiện như đồ thị.
Trong đó A là điểm ban đầu, D là điểm
cuối cùng. Xác định khối lượng của nước
đá, nước, hơi nước tại điểm D. Bỏ qua
nước mất nhiệt, biết   3, 4.105 J / kg ,
L = 2,3.106 J/kg ; cnước = 4200J/kg.K

t (0C)
100

0

A

B

C
2,76

D
3,434 Q (.106J)

Hướng dẫn giải :
- Quá trình 1 đoạn AB: Nhiệt độ không thay đổi là 1000C
=> Hơi nước ngưng tụ
Nhiệt lượng hơi nước tỏa ra để ngưng tụ là:

Qtỏa = Mh.L = 2300000 Mh = 2760000 (J)
=> Mh = 1,2 (kg)
- Quá trình 2: Đoạn BC + CD. Nước hạ nhiệt độ xuống 00C rồi đông đặc.
Nhiệt lượng nước tỏa ra để xuống 00C rồi ngưng tụ là.
Qtỏa = Mh . cn . (100 - 0) + M1.  = 1,2 . 4200 . 100 + M1 . 3,4 . 105
=>
M1 = 0,5 (kg)
=> Khối lượng nước tại điểm D là: mn = Mh - M1 = 1,2 - 0,5 = 0,7 (kg)
Đáp số: mnđ = 0,5kg; mn = 0,7 kg; mhơi = 0 kg .
Dạng bài tập về thực hành.
Bài 25: Lập phương án xác định nhiệt nóng chảy (  ) của nước đá bằng các
dụng cụ: nhiệt lượng kế ( đã biết nhiệt dung riêng c K ), nhiệt kế, bộ quả cân,
cân , nước đá đang tan ở 00C, ( đã biết nhiệt dung riêng cn ). Bỏ qua sự mất mát
nhiệt ra môi trường bên ngoài.
Hướng dẫn giải:
*) Lý thuyết:

17


Thả m2 gam nước đá đang tan ở t 2 = 00C vào 1 NLK (khối lượng m k, nhiệt
độ dung riêng ck) chứa 1 lượng nước m1 ở t1. Nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là t.
Ta có phương trình cân bằng nhiệt:
( ckmk + cnml ) (t1 - t) =  m2 + cn m2 ( t - t2 )
Từ đó:  



ck mk  cn ml 
m2

 t1  t   c .
n

 t  t2  .

*) Cách làm:
- Cân nhiệt lượng kế có khối lượng: mk.
- Rót một lượng nước nguội vào NLK và xác định khối lượng M, từ đó suy
ra khối lượng nước rót vào: m1 = M - mk
- Dùng nhiệt kế xác định nhiệt độ ban đầu t1 của NLK và nước.
- Lấy miếng nước đá đang tan thả vào NLK. Xác định nhiệt độ khi có cân bằng
nhiệt t.
- Cân lại NLK và nước có trong nó có khối lượng: M'.
Từ đó tính được khối lượng nước đá: m2 = M' - M
- Tính  từ các dữ kiện vừa có.
Bài 26. Lập phương án xác định nhiệt hóa hơi của nước bằng các dụng cụ:
nhiệt lượng kế ( đã biết nhiệt dung riêng c K ), bộ quả cân, cân , bếp, nhiệt kế,
đồng hồ bấm giây, nước cần xác định nhiệt hóa hơi (L). Nhiệt dung riêng của
nước là c đã biết. Bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường bên ngoài và coi như
bếp tỏa nhiệt đều đặn.
Hướng dẫn giải: Ta thực hành thông qua các bước:
- Bước 1: Cân nhiệt lượng kế có khối lượng: mk.
Rót một lượng nước vào nhiệt lượng kế và xác định khối lượng M, từ đó
suy ra khối lượng nước rót vào: m1 = M - mk
Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế chứa nước là t1.
- Bước 2: Đun nhiệt lượng kế chứa nước trên bếp cho đến khi sôi. Dùng
nhiệt kế ta xác định nhiệt độ sôi là t 2. Nhờ đồng hồ bấm giây ta xác định được
thời gian kể từ lúc đun cho đến khi sôi là T1.
- Bước 3: Tiếp tục đun, ta xác định được thời gian T 2 kể từ lúc nước sôi đến

khi hóa hơi hoàn toàn.
*) Tính toán:
Nhiệt lượng tỏa ra của bếp trong thời gian T1 là:
(1)
Q1 = k. T1 = ( ckmk + cml ) (t2 – t1)
(Với k là hệ số tỉ lệ)
Nhiệt lượng tỏa ra của bếp trong thời gian T2 là:
(2)
Q1 = k. T2 = cl .L
Từ (1) và (2) � L 



ck mk  cml 

 t2 – t1  .T2

T1

IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
18


1. Bài học kinh nghiệm
Trong năm học 2017- 2018 tôi đã đưa đề tài này vào áp dụng trong việc dạy
đội tuyển học sinh giỏi trường THCS Trần Mai Ninh tham gia dự thi học sinh
giỏi cấp Thành phố năm học 2017 - 2018, lớp đối chứng là đội tuyển học sinh
giỏi trường THCS Trần Mai Ninh tham gia dự thi học sinh giỏi cấp Thành phố
năm học 2016 - 2017. Tôi đã rút ra một số kinh nghiệm thực hiện như sau:
- Học sinh đã có những phản ứng tích cực, hứng thú, hiểu sâu và nhớ lâu hơn .

- Học sinh nắm rõ bản chất về sự chuyển thể của các chất.
- Học sinh biết khai thác đề hợp lí, vận dụng tương đối linh hoạt phương
pháp giải để có hướng giải bài tập đúng, phù hợp với từng dạng bài tập.
- Giáo viên phải chuẩn bị thật kĩ nội dung cho mỗi dạng bài tập cần bồi
dưỡng cho học sinh. Xây dựng được nguyên tắc và phương pháp giải các dạng
bài tập đó.
- Tiến trình bồi dưỡng kĩ năng được thực hiện theo hướng đảm bảo tính kế
thừa và phát triển vững chắc. Thông thường, tôi bắt đầu từ bài tập mẫu, hướng
dẫn học sinh phân tích đề bài thật cặn kẽ để học sinh xác định hướng giải, từ đó
học sinh rút ra được phương pháp chung để giải các bài toán cùng loại. Sau đó
cho các bài tập tương tự bài tập mẫu và xây dựng các bài tập tổng hợp.
- Mỗi dạng bài tập tôi đều đưa ra dấu hiệu và nhận xét chung nhằm giúp
học sinh dễ nhận dạng loại bài tập và dễ vận dụng kiến thức, kĩ năng một cách
chính xác, hạn chế được những nhầm lẫn có thể xảy ra trong cách nghĩ và cách
làm của học sinh.
- Sau mỗi dạng tôi luôn chú trọng đến việc kiểm tra, đánh giá kết quả, sửa
chữa rút kinh nghiệm và nhấn mạnh những sai sót mà học sinh thường mắc phải.
2. Kết quả đạt được
Sĩ
Lớp
Giỏi
Khá Trung bình Yếu - Kém
số
Đối chứng
8 HS
10 HS
5 HS
23
0%
(Năm học 2016 – 2017)

34,8% 43,5%
21,7%
Thực nghiệm
12 HS
7 HS
2 HS
21
0%
(Năm học 2017 – 2018)
57,14% 33,3%
9,56%
Như vậy, từ khi áp dụng đề tài vào việc giảng dạy tôi đã thu được những
kết quả nhất định: Khi kiểm tra học sinh ở dạng bài tập này, số học sinh đạt khá
giỏi ở lớp thực nghiệm cao hơn hẳn so với lớp đối chứng.

PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
19


1. Kết luận: Việc phân dạng các bài toán về sự chuyển thể của các chất
được nêu trong đề tài nhằm mục đích bồi dưỡng và phát triển kĩ năng cho học
sinh một cách bền vững và sâu sắc. Học sinh có khả năng tự tìm ra kiến thức, tự
mình tham gia các hoạt động để củng cố vững chắc kiến thức, rèn luyện kĩ năng.
Đề tài còn tác động rất lớn đến việc phát triển tiềm lực trí tuệ, nâng cao năng
lực tư duy độc lập và khả năng tìm tòi, sáng tạo cho học sinh giỏi. Tuy nhiên cần
biết vận dụng các kĩ năng một cách hợp lí và biết kết hợp các kiến thức vật lí,
toán học cho từng bài tập cụ thể thì mới đạt kết quả cao.
Bài viết đã nêu lên phương pháp giải tổng quát và dễ hiểu, dễ vận dụng đối
với học sinh bậc trung học cơ sở.
Trên cơ sở phân tích từng dạng toán cụ thể, đề tài đã thống kê một số dạng bài

tập thường gặp, nêu các bước giải và hướng áp dụng cho các bài tập tương tự. Từ đó
giúp học sinh hiểu cách phân tích và giải bài tập có hiệu quả hơn.
Kết quả áp dụng vào thực tiễn cho thấy giáo viên khi giảng dạy cho học sinh
về phần này đã thu nhận được những kết quả khả quan, gây hứng thú cho học
sinh trong học tập và đã nhận được những phản ứng tích cực của học sinh.
Như vậy, với đề tài “Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần
nhiệt học vật lí lớp 8 trường THCS Trần Mai Ninh” đã giúp học sinh cách
giải loại bài tập này một cách đơn giản và hiệu quả nhất, giúp học sinh dễ hiểu,
giải quyết vấn đề nhanh, chính xác, đầy đủ đồng thời rèn luyện khả năng tư duy
độc lập trong quá trình học tập và đã hoàn thành nhiệm vụ đề ra.
2. Kiến nghị: Qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu tôi xin có một số ý kiến
đề xuất như sau:
- Đối với giáo viên, phải nhiệt tình và tâm huyết với nghề, phải luôn có ý
thức tự nghiên cứu, học hỏi tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ và trình độ
chuyên môn, phải có sự nghiên cứu kiến thức bao quát cả chương trình chứ
không dừng ở nội dung kiến thức của chương trình THCS.
- Về phía lãnh đạo cấp trên: Cần tạo điều kiện cho giáo viên có cơ hội giao
lưu, học hỏi và rút kinh nghiệm qua các hội thảo chuyên đề.
- Tăng cường hơn nữa việc đầu tư cơ sở vật chất, phòng học chức năng cho
nhà trường. Bổ sung đầy đủ các thiết bị, dụng cụ đảm bảo về mặt kĩ thuật để các
thí nghiệm được thành công và đảm bảo an toàn khi làm thí nghiệm cho giáo
viên và học sinh.
Trên đây là một số suy nghĩ, tìm tòi của tôi khi giảng dạy cho học sinh về
phần này. Rất mong được sự quan tâm, góp ý chân tình của các đồng nghiệp để
tôi có được phương pháp giảng dạy đạt hiệu quả cao hơn. Tôi xin chân thành
cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2018
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
CAM KẾT KHÔNG COPY.

Người viết

ĐỖ THỊ LIÊN
20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bộ Giáo dục và Đào tạo, SGK Vật lí 6, NXBGD, 2015.
2. Bộ Giáo dục và Đào tạo, SGK Vật lí 8, NXBGD, 2015.
3. Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tài liệu tập huấn môn Vật lí, Hà Nội 2014.
4. Giselle O. Martin - Kniep, Tám đổi mới để trở thành người giáo viên giỏi,
NXBGD Việt Nam, 2011.
5. Vũ Thị Phát Minh, Châu Văn Tạo, Nguyễn Duy Khánh, Trần Vĩnh Sơn, 500
BTVL chuyên THCS, NXBĐHQG TP. Hồ Chí Minh, 2013.
6. ThS. Phan Hoàng Vân, 500 BTVL THCS, NXBĐHQG TP. Hồ Chí Minh,
2012.
7. ThS. Lê Thị Thu Hà, Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ đề thi tuyển sinh
vào lớp 10 môn Vật lí, NXBĐHQG Hà Nội, 2012.
8. Nguyễn Đức Tài, Tuyển chọn đề thi HSG THCS môn Vật lí, NXB Đại học Sư
phạm, 2012.
9. Nguyễn Đức Tài, Tuyển chọn đề thi vào lớp 10 chuyên môn Vật lí, NXB Đại
học Sư phạm, 2012.
10. Nguyễn Quang Hậu, Tuyển chọn đề thi vào lớp 10 chuyên môn Vật lí, NXB
Hà Nội, 2014.

21