SKKN một số dạng bài toán nhiệt học bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8 tại trường THCS nguyễn hồng lễ

MỤC LỤC
Nội dung
1. Phần mở đầu

Trang
2

1.1. Lý do chọn đề tài.

2

1.2. Mục đích nghiên cứu.

3

1.3. Đối tượng nghiên cứu.

3

1.4. Phương pháp nghiên cứu.

3

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

4
4

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng

sáng kiến kinh nghiệm.

4

2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm, giải pháp đã
sử dụng để giải quyết vấn đề.

5

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với
hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị.

25
26

3.1. Kết luận.

26

3.2. Kiến nghị.

27

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Sau các năm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tại Trường THCS Nguyễn

Hồng Lễ, thời qua việc tìm hiểu, trao đổi chuyên môn với các đồng nghiệp thông
qua các tiết giảng dạy và bồi dưỡng học sinh (HS) giỏi, tôi nhận thấy đa số các em
khi làm các bài tập nhiệt học chưa nhận dạng các dạng bài tập, định hướng giải
được tốt và chưa biết cách trình bày lời giải khoa học. Đặc biệt khi dạy “Phương
trình cân bằng nhiệt” khi có sự chuyển thể các chất và trao đổi nhiệt nhiều lần,tôi
thấy rất nhiều HS chưa biết suy luận từ công thức Q = mc∆t để tính các đại lượng
tương ứng mà đề bài yêu cầu. Ở bài tập tổng hợp do HS chưa hiểu đề bài và kiến
thức: Nguyên lí truyền nhiệt cũng như vận dụng linh hoạt công thức Q tỏa ra = Qthu vào
nên kết quả học tập của đa số HS chưa cao.Tôi nghĩ rằng để học sinh có thể hiểu
một cách sâu sắc và hệ thống từng loại bài tập thì nhất thiết trong quá trình giảng
dạy giáo viên phải phân loại các dạng bài tập và xây dựng các phương pháp giải cụ
thể cho từng loại bài. Từ đó, sẽ giúp các em có thể làm bài tập nhiệt học tốt hơn.
Đồng thời thông qua việc giải bài tập, học sinh có thể được rèn luyện về kĩ năng,
phát triển tư duy sáng tạo và năng lực tự làm việc của bản thân. Chính vì lí do trên,
tôi chọn đề tài“ Một số dạng bài toán nhiệt học bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8 tại
trường THCS Nguyễn Hồng Lễ’’ nhằm giúp các em nhận dạng
được bài toán nhiệt học, có kĩ năng phân tích và giải bài tập nhiệt với từng
dạng, biết cách trình bày một cách khoa học, dễ hiểu.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đưa ra một số dạng bài toán nhiệt học bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8 với các
bài tập từ đơn giản đến nâng cao dần, từ đó giúp học sinh có thể nhận dạng bài
toán nhiệt học và tìm ra kết quả bài toán cũng như phù hợp với đối tượng học sinh.
Bên cạnh đó sẽ giúp các em yêu thích, hứng thú bài tập nhiệt học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng của đề tài là học sinh đội tuyển học sinh giỏi vật lý lớp 8 trường
THCS Nguyễn Hồng Lễ.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết bằng cách:
(1) Nghiên cứu lý luận dạy học về bài tập vật lý để vận dụng vào hoạt động
dạy học.

(2) Nghiên cứu nội dung chương “Nhiệt học” chương trình sách giáo khoa
vật lý 8 nhằm xác định nội dung kiến thức cơ bản học sinh cần nắm vững và các kĩ
năng giải bài tập về nhiệt học soạn thảo hệ thống bài tập của chương này, đưa ra
phương pháp giải theo dạng toán, đề xuất tiến trình hướng dẫn học sinh giải bài tập
trong hệ thống bài tập này.
2


- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu thông qua hoạt động thực nghiệm sư
phạm, bài kiểm tra ở nhóm học sinh để kiểm tra hiệu quả.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Có nhiều sách vở cũng ôn tập cho học sinh bài tập nhiệt học, song các bài tập
chưa phân loại rõ các dạng bài tập, cách nhận biết các dạng bài tập và phương pháp
giải cho từng dạng cụ thể. Chính vì vậy trong đề tài này tôi đã kết hợp qua tài liệu
tham khảo, đồng nghiệp cũng như đúc kết trong quá trình dạy học của mình để đưa
ra các dạng bài tập cũng như cách nhận dạng bài toán để học sinh có thể học tốt
hơn. Đây là điểm mới mà đề tài đưa ra để khắc phục những hạn chế trên trong các
tài liệu tham khảo có trước.
a) Tính mới:
+ Dạy học theo định hướng phát triển năng lực người học thông qua việc dạy
học sinh phương pháp nghiên cứu nhằm phát huy khả năng tự học, tự giải
quyết vấn đề đưa ra.
+ Bổ sung đầy đủ phần lý thuyết và bài tập dưới dạng cơ bản, nâng cao theo
từng cấp độ, để HS có cách nhìn nhận một cách tổng thể.
b) Tính sáng tạo: Mở rộng phần lý thuyết và có đủ các dạng bài tập mà SGK
trong tiết học chính khóa chưa giới thiệu. Có thêm mục giúp hiểu sâu; nhìn xa hơn,
học giải toán để HS cùng suy ngẫm.
c) Tính khoa học: Trình bày nội dung lôgic, chính xác và hợp lý.

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Phương pháp dạy học là một bộ phận hợp thành của quá trình sư phạm nhằm
đào tạo thế hệ trẻ có tri thức khoa học, về thế giới quan và nhân sinh quan, thói
quen và kĩ năng thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tế. Phương pháp dạy học
có mối liên hệ biện chứng với các nhân tố khác của quá trình dạy học. Những
phương pháp dạy học phải thống nhất biện chứng giữa việc giảng dạy của giáo viên
với việc học tập của học sinh. Đồng thời góp phần có hiệu quả vào việc thực hiện
tốt các khâu của quá trình dạy học.
Đối với môn Vật lí ở trường phổ thông, bài tập vật lí đóng một vai trò hết sức
quan trọng, việc hướng dẫn học sinh làm bài tập vật lí là một hoạt động dạy học đòi
hỏi sự công phu, tỉ mỉ của người giáo viên. Ở đó bộc lộ rõ nhất trình độ của người
giáo viên vật lí trong việc hướng dẫn hoạt động trí tuệ của học sinh. Vì thế đòi hỏi
người giáo viên và cả học sinh phải học tập và lao động không ngừng. Trong quá
trình giải quyết các vấn đề, tình huống cụ thể do bài tập đề ra học sinh phải vận
dụng các thao tác tư duy như so sánh, phân tích, tổng hợp, khái quát hoá....để giải
quyết vấn đề, từ đó sẽ giúp phát triển tư duy sáng tạo, óc tưởng tượng, tính độc lập
trong suy nghĩ, suy luận.... Bởi vậy việc hướng dẫn giải bài tập vật lí một cách bài
bản, chính xác, hiệu quả cao của người giáo viên sẽ góp phần gây hứng thú học tập
cho học sinh nhằm đạt mục tiêu phát triển giáo dục toàn diện trong nhà trường.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Chúng ta thấy rằng trong thực tế trình độ nhận thức của học sinh THCS chưa
cao, đặc biệt là đối với vùng nông thôn. Việc bồi dưỡng học sinh có triển vọng đòi
hỏi giáo viên phải định hướng được và phân loại từng dạng bài tập cho học sinh.
Với mỗi dạng bài tập trước hết cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức cơ bản,
những điểm cần lưu ý, cung cấp cách giải cụ thể, chọn lựa bài tập cho học sinh
luyện giải để nắm vững phương pháp với mức độ từ đơn giản đến phức tạp.
Trong quá trình dạy học sinh ở các lớp bồi dưỡng, trước khi hướng dẫn cho

học sinh kinh nghiệm này, khi gặp bài tập về nhiệt học với các em học sinh lớp 8
khả năng phân tích đề chưa cao thì học sinh thường lúng túng, chỉ có số ít là thực
hiện được, còn lại là thực hiện được nhưng chưa đạt yêu cầu, thậm chí là có học
sinh không có định hướng giải. Điều đó làm cho học sinh có tâm lí chán nản, ngại
học vật lí. Chính vì vậy, trong đề tài của mình tôi chỉ đưa ra một số dạng bài tập và
phương pháp giải bài tập nhiệt học giúp học sinh nhận dạng và làm bài tốt hơn.
Trong đề tài này tôi chỉ nêu một số ví dụ minh họa cho mỗi dạng bài toán, trong
quá trình dạy giáo viên có thể đưa thêm các bài tập tương tự với các dạng bài trên
để học sinh năm vững hơn. Và như vậy, khi học sinh đã biết cách làm bài tập thì
khi đó học sinh sẽ có sự hứng thú để bắt tay vào việc khai thác nhiều dạng toán, bài
toán hơn.
4


Từ những lí do đã trình bày ở trên để giúp học sinh có khả năng giải toán vật
lí phần Nhiệt học, bồi dưỡng học sinh có triển vọng để chọn đội tuyển học sinh
giỏi... đạt kết quả cao, tôi đã lựa chọn đề tài“ Một số dạng bài toán nhiệt học bồi
dưỡng học sinh giỏi lớp 8 tại trường THCS Nguyễn Hồng Lễ’’
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Lý thuyết cần ôn tập
a. Các kí hiệu và đơn vị của các đại lượng:
Khối lượng: m (kg)
Nhiệt độ đầu: t1 (0C hoặc K)
Nhiệt độ cuối: t2 (0C hoặc K)
Độ tăng nhiệt độ:  t = t2 – t1 (0C hoặc K)
Nhiệt dung riêng: c (J/kg.K)
Nhiệt lượng thu vào hoặc toả ra: Q (J)
Năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu: q (J/kg).
Công do nhiên liệu sinh ra: A (J)
Hiệu suất: H (%)

Khối lượng riêng: D ( kg/m3)
Thể tích: V (m3).
b. Giúp học sinh nắm vững nguyên lí truyền nhiệt, các khái niệm, công thức:
Nhiệt lượng vật thu vào: Q = cm.  t
* Nguyên lí truyền nhiệt: Khi có hai vật trao đổi nhiệt với nhau thì:
+ Nhiệt truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn.
+ Sự truyền nhiệt xảy ra cho tới khi nhiệt độ của hai vật bằng nhau thì ngừng
lại.
+ Nhiệt lượng do vật này toả ra bằng nhiệt lượng do vật kia thu vào.
Qtoả ra = Qthu vào
Nhiệt lượng toả ra cũng được tính bằng công thức Q = cm.  t, nhưng trong
đó  t = t1 – t2 (t1 là nhiệt độ ban đầu, t2 là nhiệt độ cuối). Phần này là phần cốt lõi
để giải toán. Học sinh phải nắm vững vật toả nhiệt và vật thu nhiệt cũng như nhiệt
độ đầu, nhiệt độ cuối và nhiệt độ cân bằng.
* Năng suất toả nhiệt của nhiên liệu (q)
Đại lượng vật lí cho biết nhiệt lượng toả ra khi 1 kg nhiên liệu bị đốt cháy
hoàn toàn được gọi là năng suất toả nhiệt của nhiên liệu.
Công thức tính nhiệt lượng toả ra khi nhiên liệu bị đốt cháy:
Q = q.m
* Khắc sâu kiến thức sự chuyển thể của các chất
+ Nhiệt lượng vật thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy
Q = λ.m; trong đó: m là khối lượng của vật(kg)
λ là nhiệt nóng chảy của chất làm vật(J/kg)
Q là nhiệt lượng vật thu vào để m kg chất nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng
chảy(J).
5


 Khi chất lỏng đông đặc ở nhiệt độ nóng chảy, nhiệt lượng chất lỏng toả ra cũng
được tính bằng công thức trên.

+ Nhiệt lượng chất lỏng thu vào để hoá hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi
Q = L.m; trong đó: m là khối lượng của chất lỏng(kg)
L là nhiệt hoá hơi(J/kg)
Q là nhiệt lượng chất lỏng thu vào để hoá hơi hoàn toàn ở điểm sôi(J)
 Khi ngưng tụ ở điểm sôi, nhiệt lượng hơi toả ra cũng được tính bằng công thức
trên.
2.3.2. Các dạng toán thường gặp.
a. Dạng 1: Xác định nhiệt độ của một chất sau quá trình trao đổi nhiệt.
( Đây là dạng bài tập cơ bản dành cho toàn bộ học sinh trong đội tuyển khi
làm bài tập về nhiệt học nhằm giúp các em nắm chắc hơn cách tính nhiệt
lượng chất thu vào, tỏa ra áp dụng thành thạo khi viết phương trình cân bằng
nhiệt tạo nền tảng cơ bản và vững chắc giúp các em có thể làm các bài tập
nhiệt học ở mức độ nâng cao hơn)
Phương pháp giải:
+ Bước 1: Tóm tắt, đổi đơn vị. Do có hỗn hợp, nên chúng ta thêm chỉ số vào
dưới các đại lượng tương ứng của mỗi vật.
+ Bước 2: Xác định vật thu nhiệt, vật tỏa nhiệt (dựa vào so sánh nhiệt độ ban
đầu và nhiệt độ cuối của hỗn hợp). Viết công thức tính nhiệt lượng thu vào hay tỏa
ra của mỗi vật.
+ Bước 3: Viết phương trình cân bằng nhiệt Q thu = Q tỏa. Nhiệt lượng thu vào là
nhiệt lượng của vật tăng nhiệt độ.
+ Bước 4: Xác định các đại lượng cần tìm dựa vào kết quả thu được từ bước 3.
Viết đáp số và ghi rõ đơn vị.
Bài tập áp dụng:
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.

Trước hết giáo viên giúp học sinh phân tích bài toán để học sinh xác định được
chất thu nhiệt, chất tỏa nhiệt ( có thể dựa vào nhiệt độ ban đầu, nhiệt độ khi cân
bằng của các chất …):
- Thả một cục sắt vào một cốc nước :
+ Cốc nước thu nhiệt
+ Cục sắt toả nhiệt
- Cục sắt vớt từ trong nước sôi ra chúng tỏ cục sắt có nhiệt độ 1000C:
6


+ Sau khi thả cục sắt vào lại nước thì nhiệt độ cân bằng của cục sắt và nước
là t . Nhiệt độ cân bằng lúc này phải là: 200C  tx0  1000C.
- Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:
0
x

+ 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 :
Qtỏa = m1c1(100 - tx0)
+ Để tăng nhiệt độ từ 200C đến tx0C nước hấp thụ nhiệt lượng :
Qthu= m2c2(tx0 - 20)
+ Theo phương trình cân bằng nhiệt khi có cân bằng nhiệt xảy ra ta có:
Qtỏa = Qthu hay m1c1(100 - tx0) = m2c2(tx0 - 20
- Thay m1 = 3m2
- Tính được :

t0x =

300c1  20c 2
3c1  c 2

Nâng cao bài toán : 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 bài nâng cao đối với hỗn
hợp 3 chất lỏng và tổng quát lên n chất lỏng.
Bài tập 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 2000J / kg.K , t1k 100 C , c2 4000J / kg.K , t 2 10 0 C , c3 3000J / kg.K , t 3 50 0 C . Hãy
tính nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng?
Giải :
Tương tự bài toán trên học sinh xác định được 2 chất thu nhiệt là chất 1 và 2, chất 3
tỏa nhiệt để tính Qthu và Qtỏa để áp dụng ptcb nhiệt. Từ đó,tính ngay được nhiệt độ
của hỗn hợp khi cân bằng là t.
t=

m1 .c1 .t1  m2 .c2 .t 2  m3 .c3 .t 3
thay số vào ta có t = 20,50C.
m1 .c1  m2 .c 2  m3 .c3

Từ đó ta có bài toán tổng quát như sau:
Bài tập 3:
7

Một hỗn hợp gồm n chất lỏng (hoặc một chất lỏng và n vật rắn) 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?
Nhận xét :
Cách 1 : Với bài toán này học sinh không xác định được chất thu nhiệt và tỏa
nhiệt. Vì vậy trước hết các em cần giả sử có i chất thu nhiệt thì n-i chất còn lại tỏa
nhiệt. Từ đó tính Qthu và Qtỏa để áp dụng ptcb nhiệt. Từ đó,tương tự bài toán trên ta
có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt là:
t=

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

Cách 2 : GV có thể bổ sung thêm kiến thức cho học sinh : Xét trong hệ n chất
chỉ trao đổi nhiệt với nhau thì toàn bộ nhiệt lượng thu vào bằng nhiệt lượng tỏa ra
hay tổng nhiệt lượng trong hệ bằng 0. Nhiệt lượng của chất luôn được tính bằng
công thức : Q = cm.  t = m.c. (t-tt)
Lúc này nhiệt lượng chất tỏa ra t < t t nên nhận giá trị âm, nhiệt lượng chất thu vào
nhận giá trị dương. Từ đó tính t.
Q1= m1c1(t – t1)
Q2= m2c2(t – t2)
………………
Qn= mncn(t – tn)
Ta có: Q1+ Q2+ ….+ Qn = 0 thay vào và tính được :
t=

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

Bài toán liên quan: Từ phương trình cân bằng nhiệt tính các đại lượng liên quan
trong công thức:
Người ta bỏ một thỏi kim loại có khối lượng 0,350kg đã được nung nóng tới 120 0C
vào một nhiệt lượng kế đang chứa 0,345 kg nước ở nhiệt độ 20 0C. Nhiệt độ khi có
cân bằng là 300C. Xác định tên kim loại nói trên.
Cho biết cnước = 4200J/kg.K, cFe = 460J/kg.K, cCu = 380J/kg.K, cAl = 880J/kg.K, cPb
= 130J/kg.K.
Phân tích bài
Kim loại (toả nhiệt):
8


m1 = 0,350 kg ; t1 = 1200C ; t = 300C
Nước (thu nhiệt):
m2 = 0,345 kg ; c2 = 4200J/kg.K; t2 = 200C ; t = 300C
Phải tìm: c1 = ? J/kg.K
Bài giải
Nhiệt lượng do thỏi kim loại toả ra khi hạ nhiệt độ từ 1200C xuống 300C là:
Q1 = c1.m1.  t = c1.m1. (t1 – t)
Nhiệt lượng do nước thu vào khi tăng nhiệt độ từ 200C lên đến 300C là:
Q1 = c2.m2.  t = c2.m2. (t – t2)
Vì trong nhiệt lượng kế nên nhiệt lượng do thỏi kim loại toả ra bằng nhiệt lượng
do nước thu vào nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q toả ra = Q

thu vào

hay Q 1 = Q

2

c1.m1. (t1 – t) = c2.m2. (t – t2)
Suy ra nhiệt dung riêng của miếng kim loại là:
c1 =

c 2 m 2 (t  t 2 )
4200.0,345.10
=
= 460 J/kg.K
m1 (t1  t )
0,350.90

Vậy kim loại đó là sắt.
Dạng 2: Toán có liên quan đến hiệu suất ( có hao phí ra môi trường xung
quanh)
Đây là dạng bài toán cũng tính Qthu,, Qtỏa như dạng 1. Tuy nhiên bài toán này
liên quan đến nhiệt lượng hao phí. Vì vậy cần để ý đến hiệu suất trao đổi nhiệt.
Đây cũng là dạng bài tập ở mức độ bình thường và hầu hết tất cả đối tượng học
sinh trong đội tuyển đều làm được.
Phương pháp giải
+ Áp dụng công thức: Q cung cấp = Q vật thu + Q hao phí
Cách tính Q hao phí , tùy theo đề bài, mà ta có thể tính theo những cách khác nhau.
+ Hiệu suất truyền nhiệt : H=Qthu/Qtỏa
+ Dựa vào các công thức liên quan trên để tìm đại lượng cần tính.
Bài 1: 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 phút, nhiệt độ
9


của cốc nước bằng 400C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một cách đều đặn, hãy

xác định nhiệt lượng tỏa ra môi trường xung quanh trong mỗi giây. Nhiệt dung
riêng của thuỷ tinh là c2 = 840J/kg.K.
Nhận xét : Toàn bộ nhiệt lượng nước sôi tỏa ra không bằng nhiệt lượng cốc thu
vào do có một phần nhiệt tỏa ra môi trường, lượng nhiệt tỏa ra này đúng bằng hiệu
hai nhiệt lượng tỏa ra và thu vào..
Giải:
Do sự bảo toàn năng lượng, nên có thể xem rằng nhiệt lượng Q do cả cốc nước
tỏa ra môi trường xung quanh trong khoảng thời gian 5 phút bằng hiệu hai nhiệt
lượng.
- Nhiệt lượng do nước tỏa ra khi hạ nhiệt từ 1000C xuống 400C là:
Q1 m1c1 (t1  t ) = 0,2.2400.(100-40) = 28800J

- Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 400C là:
Q2 m2 c2 (t  t 2 ) = 0,12.840.(40-20) = 2016J

Do đó nhiệt lượng tỏa ra: Q = Q1  Q2 = 26784J
- Công suất tỏa nhiệt trung bình của cốc nước bằng:
N=

Q 26784 J

= 89,28J/s
T
300 s

Bài 2
Một khối chì hình lập phương, cạnh 20 cm ở nhiệt độ 27 oC. Khi nung nóng
khối chì đó lên đến nhiệt độ nóng chảy thì lò nung cần cung cấp một nhiệt lượng là
bao nhiêu? Biết khối lượng riêng, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt dung riêng của chì
lần lượt là 11300kg/m3, 327oC và 130J/kg.K. Nhiệt lượng hao phí bằng 40% nhiệt

lượng do lò cung cấp.
Giải
3
Thể tích của khối chì: V = 20 = 8000(cm3) = 8.10-3 (m3).
Khối lượng của khối chì: m = V.D = 8.10-3.11300 = 90,4 (kg).
Gọi Q, Qc và Qhp là nhiệt lượng tỏa ra của lò nung, nhiệt lượng thu vào của khối
chì và nhiệt lượng hao phí. Ta có:
- Nhiệt lượng thu vào của khối chì là:
Qc = m.c.(t2 – t1) = 90,4.130.(327 – 27) = 3525600 (J)
- Nhiệt lượng hao phí và nhiệt lượng cung cấp của lò lần lượt là:
Qhp = 0,4Q ; Q = Qc + Qhp = Qc + 0,4Q.
Từ đó, suy ra: 0,6Q = Qc
�Q 

Qc
 5876000( J )  5876(kJ ) .
0,6
10


Bài 3
Một bếp dầu có hiệu suất là 50%. Hỏi khi nó tỏa ra một nhiệt lượng là 3360 kJ
thì đun sôi được bao nhiêu lít nước. Biết nhiệt độ ban đầu của nước là 20oC và nhiệt
dung riêng của nước là 4200J/kg.K
Giải
Nhiệt lượng thu vào của nước: Qci = H.Qtp = 0,5.3360000 = 1680000(J)
Qci
1680000

 5(kg )

Ta có: Qci = mn.cn.(t2 – t1), suy ra: mn 
cn .(t2  t1 ) 4200.(100  20)
Đáp số: mn = 5 (kg).
Bài 4. 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 880J / kg.K ; c2 4200J / kg.K ; c3 380 J / kg.K . Bỏ qua sự tỏa nhiệt ra môi
trường.
b) Thực ra trong trường hợp này, nhiệt tỏa ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung
cấp cho thau nước. Tính nhiệt độ thực sự của bếp lò.
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 tỏa nhiệt lượng ra môi trường nên khi giải
giáo viên cần làm rõ cho học sinh thấy sự tỏa nhiệt ra môi trường ở đây là đều nên
10% nhiệt tỏa 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
Q2 m2 c2 (t 2  t1 ) ; ( m2 là khối lượng nước).

Nhiệt lượng đồng tỏa 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 tỏa nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta
có: Q3 Q1  Q2  m3c3 (t ' t 2 ) (m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )
 t =

((m1c1  m2 c2 )(t 2  t1 )  m3 c3t 2
m3c3

11


Thay số vào ta được t = 160,780C.
b) Thực tế do có sự tỏa 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 )(t 2  t1 )  m3 c3t 2
+ t2
m3c3

t’ = 174,740C
BÀI TOÁN ĐỒ THỊ
Bài toán: Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có
công suất 500W. Một phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh.
Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra môi trường theo thời gian đun
được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ ban đầu của
nước là 200c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt độ là 300c.
Cho
+ Khi t = 400 thì p = 300
nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K
Giải: Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt.

+ Khi t = 0 thì P = 100
+ Khi t = 200 thì P = 200
Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t
Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 200c đến 300c là T thì nhiệt lượng trung bình
tỏa ra trong thời gian này là: Ptb = = = 100 + 0,25t
Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t
Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s
Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s
Dạng 3: Bài tập trao đổi nhiệt nhiều lần.
( Với dạng bài toán này chủ yếu cũng dựa trên phương trình cân bằng nhiệt mà
học sinh đã được nắm chắc ở dạng 1. Tuy nhiên, với dạng bài tập này bài toán ở
mức độ nâng dần lên bởi cần viết nhiều phương trình cân bằng nhiệt, và khối
lượng, nhiệt độ của chất trong các quá trình trao đổi nhiệt bị thay đổi, cũng như
việc sử dụng kiến thức toán học cũng khó hơn. Vì vậy, khi làm đến dạng này bắt
đầu có sự phân loại học sinh trong nhóm học, giáo viên cần nắm rõ từng đối tượng
học sinh để hỗ trợ cũng như phát huy hoạt động nhóm để các bạn học sinh có thể
trao đổi với nhau, giúp nhau cùng làm được bài tập)
12


Phương pháp giải: Với dạng bài trao đổi nhiệt nhiều lần:
B1: xác định chất thu nhiệt, tỏa nhiệt
B2: xác định khối lượng mỗi chất trước mỗi lần trút
B3: Tính nhiệt lượng các chất thu vào và tỏa ra trong mỗi lần trút
B4: Viết các ptcb nhiệt cho mỗi lần trút để rút ra các phương trình hoặc các tỉ số
liên quan.
B4: Dựa vào các phương trình vừa tìm được để tính các đại lượng cần tìm
Bài 1:
Có hai bình cách nhiệt, bình thứ nhất chứa 2kg nước ở 20 0C, bình thứ hai chứa 4Kg
nước ở 600C. Người ta rót một ca nước từ bình 1 vào bình 2. Khi bình 2 đã cân

bằng nhiệt thì người ta lại rót một ca nước từ bình 2 sang bình 1 để lượng nước
trong hai bình như lúc đầu. Nhiệt độ ở bình 1 sau khi cân bằng là 21,950C.
a/ Xác định lượng nước đã rót ở mỗi lần và nhiệt độ cân bằng ở bình 2.
b/ Nếu tiếp tục thực hiện lần thứ hai, tìm nhiệt độ cân bằng ở mỗi bình.
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):
+ 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:
Hướng dẫn giải:
a/ Giả sử khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của bình 2
là t nên ta có phương trình cân bằng:
m.(t - t1) = m2.(t2 - t)

(1)

Tương tự lần rót tiếp theo nhiệt độ cân bằng ở bình 1 là t' = 21,95 0C và lượng nước
trong bình 1 lúc này chỉ còn (m1 - m) nên ta có phương trình cân bằng:
m.(t - t') = (m1 - m).(t' - t1)

(2)
13


Từ (1) và (2) ta có pt sau:
m2.(t2 - t) = m1.(t' - t1)

 t

m2 t 2  t ' t1 
m2

(3)

Thay (3) vào (2) tính toán ta rút phương trình sau:
m

m1 .m2  t ' t1 
m2  t 2  t1   m1  t ' t1 

(4)

Thay số vào (3) và (4) ta tìm được: t = 590C và m = 0,1 Kg.
b/ Lúc này nhiệt độ của bình 1 và bình 2 lần lượt là 21,95 0C và 590C bây giờ ta thực
hiện rót 0,1Kg nước từ bình 1 sang bình 2 thì ta có thể viết được phương trình sau:
m.(T2 - t') = m2.(t - T2)
 T2 

m1t 'm2 t
58,12 0 C
m  m2

Bây giờ ta tiếp tục rót từ bình 2 sang bình 1 ta cũng dễ dàng viết được phương trình
sau:
m.(T1 - T2) = (m1 - m).(t - T1)
 T1 

mT2  (m1  m)t '
23,76 0 C
m1

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 2: Hai bình cách nhiệt A và B chứa cùng một lượng nước, có nhiệt độ lần lượt
là 200C và 800C. Múc 1 ca nước từ bình B sang bình A thì nhiệt độ của nước ở bình
A khi cân bằng là 240C. Sau đó múc 1 ca nước từ bình A sang bình B. Tính nhiệt độ
cân bằng ở bình B. Cho rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt của nước.
Học sinh sẽ tự phân tích đề và làm bài:
+ Ca nước múc từ bình B nên mang nhiệt độ bình B là 80 0C đổ vào bình A 200C
nên ca nước m tỏa nhiệt, bình A thu nhiệt. Sau lần múc trên bình B chỉ còn khối
lượng M-m, bình A mang nhiệt độ 240C. Viết Ptcb nhiệt.
+ Tiếp tục múc Ca nước từ bình A nên mang nhiệt độ bình A là 24 0C đổ vào bình B
800C nên ca nước m thu nhiệt, bình B tỏa nhiệt.Viết ptcb nhiệt.
Giải:
Gọi M là khối lượng ban đầu của mỗi bình; m là khối lượng nước mỗi ca múc
14


Phương trình cân bằng nhiệt cho lần múc đầu tiên là:
m.C.( 80 – 24) = M.C.( 24 – 20)
(1)
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần múc đầu tiên là:
m.C.( t – 24) = (M –m).C .( 80 – t) (2)
Từ (1) và ( 2) rút ra tỉ số: m/M và được t = 760C
Bài toán tương tự
Bài 3: Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau, đều đang ở nhiệt độ t0xC . 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 t 0 = 360C, chai
thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t 1 = 330C, chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ t 2 =
30,50C. Bỏ qua sự hao phí nhiệt. Tìm nhiệt độ tx.
Phân tích đề: Xác định nhiệt độ của nước trước khi bỏ lần lượt bỏ các chai sữa là
khác nhau.
Hướng dẫn:
Viết phương trình cân bằng nhiệt cho lần thả chai thứ nhất:
m. C. ( 33 – x ) = M.C'. ( 36 – 33)
(1)
Viết phương trình cân bằng nhiệt cho lần thả chai thứ hai:
m.C.(30,5 – x) = M.C'.( 33 – 30,5)
( 2)
0
Từ (1) và (2) => x = 18 C.
Phát triển bài toán : Với bài toán này mực độ bài toán nâng cao nhằm hỗ trợ
tính tư duy, phát huy năng lực của các bạn tốp trên trong nhóm đội tuyển.
Bài 4: 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 không ghi, 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 mổi lần trút nhiệt độ ở bình hai tăng chứng tỏ nhiệt độ ở bình 1
phải lớn hơn bình 2
Hướng dẫn giải.
- Gọi q2 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 không ghi. Phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút cuối:
15


q 2 (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 5: Hai bình nhiệt lượng kế mỗi bình chứa 200g nước, bình chất lỏng A ở nhiệt
độ 600C, bình chất lỏng B ở nhiệt độ 100 0C. Từ bình B người ta lấy ra 50g nước
rồi đổ vào bình A rồi quấy đều. Sau đó lại lấy 50g nước từ bình A đổ trở lại bình B
và quấy đều. Coi một lần đổ qua và đổ trở lại tính là một lần. Hỏi phải đổ qua đổ lại
bao nhiêu lần cùng một lượng nước 50g để hiệu nhiệt độ giữa hai bình nhỏ hơn
20C? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước với bình và môi trường.
giải :
Gọi nhiệt độ ban đầu của bình chất lỏng B là tb và của bình A là ta.
Gọi t1a là nhiệt độ của bình chất lỏng A khi rót vào nó một khối lượng nước
nóng là m (lần đổ đi).
Khi đó :
cm(t1a-ta) = c m (tb-t1a)
Trong đó; m là khối lượng nước ban đầu trong các bình, c là nhiệt dung riêng
của nước. m = 50g; m = 200g
Từ đó suy ra: t1a =

0, 05tb  0, 2t a
 0, 2.tb  0,8.t a
0, 25

Gọi t1b là nhiệt độ ổn định của bình chất lỏng B sau khi đổ vào nó khối lượng
nước m lấy từ bình A (lần đổ về). Ta có:
c(m- m ).(tb – t1b) = c m (t1b - t1a) => t1b =

0,8tb  0, 2ta
1

- Vậy, sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình chất lỏng là:
t1b  t1a  0,6.(t b – t a )

Để nhận được hiệu nhiệt độ trong 2 bình chất lỏng là (t 2b – t2a) sau lần đổ đi đổ
lại thứ 2, trong công thức trên phải thay tb thành t1b và ta thành t1a tức là:

t 2b  t 2a =0,6.(t1b – t1a )  0, 6 2.(t b – t a )
Như vậy: Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình chất lỏng là:
t nb  t na =0,6n .(t b – t a )

Trong trường hợp của ta : tb – ta = 400C
n
0
0
t

t
=0,6
.(t

–
t
)
�
1,866
C

2
C
nb
na
b
a
Với n = 6 thì

16


Vậy, sau 6 lần đổ đi và đổ trở lại thì hiệu nhiệt độ 2 bình chất lỏng nhỏ hơn 20C
Bài tập tự giải:
Bài 6 : 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 m kg 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
b, Nếu tiếp tục thực hiện rót lần hai như thế thì nhiệt độ cân bằng của mỗi bình là
bao nhiêu?
Bài 7: Một nhiệt lượng kế ban đầu không chứa gì, có nhiệt độ t 0. Đổ vào nhiệt
lượng kế một ca nước nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 5 0C. Lần
thứ hai, đổ thêm một ca nước nóng như trên vào thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng

kế tăng thêm 30C nữa. Hỏi nếu lần thứ 3 đổ thêm vào cùng một lúc 5 ca nước nóng
nói trên thì nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa?
Dạng 4. Biện luận các chất có tan hết hay không trong đó có nước đá
Đây là dạng toán liên quan đến sự chuyển thể của chất, mở rộng của bài toán
phương trình cân bằng nhiệt. Tuy nhiên, dạng toán này hay nhầm lẫn nên giáo viên
phải hướng dẫn hết sức tỷ mỷ để học sinh thành thạo khi giải các bài tập.
Phương pháp giải: Với dạng bài toán liên quan đến sự chuyển thể của chất:
B1: xác định chất thu nhiệt, tỏa nhiệt
B2: Tính nhiệt lượng vừa đủ để chất tan chảy hoàn toàn hoặc tỏa ra để đông đặc
hoàn toàn Q1.
B3: Tính nhiệt lượng các chất thu vào hoặc tỏa ra để trở về nhiệt độ nóng chảy của
chất trên Q2 .
B4: So sánh Q1 và Q2 để biện luận xem chất có tan hết hay đông đặc hết không
B4: Viết ptcb nhiệt để tính các đại lượng cần tìm
Bài 1. 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  3,4.10 5 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

17


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 hết là

m

8800
Qthu  Qtoa
= 3,4.10 5 = 0,026 kg


Bài 2. Trong một bình có chứa m1 2kg nước ở t1 250 c . Người ta thả vào bình
m2 kg nước đá ở t 2 =  20 0 c . Hãy 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
Nhận xét . Đối với bài toán này khi giải học sinh rất dể nhầm lẫn ở các trường hợp
của nước đá. Do vậy khi giải giáo viên nên cụ thể hoá các trường hợp và phân tích
để cho học sinh thấy rõ và tránh nhầm lẫn trong các bài toán khác.
Giải
Nếu nước hạ nhiệt độ tới 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 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 mx 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  mx 2,5kg
Khối lượng nước đá còn lại md m2  m x 0,5kg
18


b) m2 0,2kg : tính tương tự như ở phần a .
Q2 c2 m2 (0  t 2 ) 8400 j; Q' 2 .m2 68000 j

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

Q1 Q2 : nước hạ nhiệt độ tới Oocvà bắt đầu đông đặc.

- Nếu nước đông đặc hoàn toàn thì nhiệt lượng toả ra là:

Q '1 m1 680 kj

Q2 Q1  Q'1 : nước chưa đông đặc hoàn toàn, nhiệt độ cân bằng là ooc

- 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 phát triển bài toán Đối với dạng toán này học sinh cần có khả năng phân
tích và kết hợp dạng bài toán trên thì mới tìm ra được. Đây là bài tập ở mức độ
khó hơn dành cho học sinh tốp trên đội tuyển.
Bài 3 : Trong một cốc mỏng có chứa m = 400g nước ở nhiệt độ t 1 = 200C có những
viên nước đá có cùng khối lượng m2 = 20g và nhiệt độ t2 = -50C. Cho biết nhiệt
dung của cốc (nhiệt lượng cần thiết để cốc nóng thêm 10C) là q = 250J/độ. Nhiệt
dung riêng của nước và nước đá lần lượt là c 1 = 4200J/kg.K ; c2 = 1800J/kg.K.
Nhiệt nóng chảy của nước đá là   3, 4.105 ( J / kg ) . Bỏ qua nhiệt tỏa vào môi trường.
Hỏi:
a) Nếu thả hai viên nước đá vào cốc thì nhiệt độ cuối cùng của nước trong cốc
bằng bao nhiêu?
b) Phải thả tiếp thêm vào cốc ít nhất bao nhiêu viên nước đá nữa để cuối cùng
trong cốc có hỗn hợp nước và nước đá?
Hướng dẫn giải :
19


a. Nhiệt độ cuối cùng của nước trong cốc
- Nhiệt lượng thu vào của hai viên nước đá cần để tan hết là:
Q1thu = 2m2 c2 (0- t2) + 2m2  = 2.20.10-3 [1,8.103.5+3,4.105] = 13960 (J).
- Nhiệt lượng do cốc và nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ 200C xuống 00C là
Q1tỏa = m1c1(t1 - 0) + q (t1 - 0) = 38600 (J)

Vì Q1 (thu) < Q1 (tỏa) nên hai viên nước đá đã tan hết.
Gọi t là nhiệt độ cuối cùng của nước trong cốc, ta có:
- Nhiệt lượng tỏa ra của cốc và nước là:
Qtỏa = m1c1 (t1 - t) + q (t1 - t) = (m1c1 + q) (t1 - t)
- Nhiệt lượng thu vào của hai viên đá để tan hết vào tăng đến nhiệt độ t là:
Qthu = 2m2c2 (0 - t2) + 2m2  + 2m2c1 (t- 0)
Từ phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu suy ra:
(m1c1 + q) (t1 -t) = 2m2 c2 ( 0 - t2) + 2m2  + 2m2c1 ( t- 0 ) => t �11, 70 C
b. Gọi M là khối lượng nước đá phải thêm vào để có hỗn hợp nước và nước
đá.
Khi có hỗn hợp nước và nước đá thì nhiệt độ cuối của hỗn hơp phải là 00C.
- Nhiệt lượng cần thiết phải tỏa ra để cốc giảm từ t = 11,70C xuống 00C là:
Qtỏa = [q + (m1 + 2m2) c1] (t - 0)
- Khối lượng nước đá cần thiết để thu nhiệt lượng đó và tan ra là:
Qthu = M  c2 .(0  t2 )    = M (  - c2t2 )
- Từ phương trình cân bằng nhiệt Qtỏa = Qthu suy ra:
[q + (m1 + 2m2) c1] (t - 0) = M(  - c2t2 )  M 70,8 g 3,54.20( g ) .
Suy ra số viên nước đá cần thêm vào là 4 viên
Bài 4: 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

1
khối lượng
3

của nó và luôn nổi trong khi tan. Rót thêm một lượng nước có nhiệt độ t 2 = 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
20


và nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 0 0C là
336.103 J.
Hướng dẫn giải :
- Thả cục nước đá vào cốc nước, khi cân bằng nhiệt cục nước đá chỉ tan 1/3
khối lượng của nó nên nhiệt độ cân bằng là 00C.
- Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

M
λ = m(c + cx).  t1 = m(c + cx).10
3

(1)
Trong đó λ = 336.103 J/kg, cx là nhiệt dung riêng của chất làm cốc
- Sau khi rót thêm một lượng nước, khi cân bằng nhiệt mực nước trong cốc có độ
cao gấp đôi mực nước sau khi thả cục nước đá nên khối lượng nước vừa đổ bằng (m +
M).
2
3

- Ta có phương trình cân bằng nhiệt: .Mλ + (Mc + mc + mcx ).Δt 2 = (m + M).c.Δt 3
2
3

Hay: (λ - 20c).M = m(2c - c ) x

(2)

20c 2
Chia (2) cho (1) ta được: cx =
= 1400 J/kg.K
λ - 20c

Bài tập tự làm
Bài 5
Một khối nước đá khối lượng m1 = 2 kg ở nhiệt độ -50C.
a.Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên biến thành hơi hoàn toàn ở
1000 C. cho nhiệt dung riêng của nước đá và nước lần lượt là C1 = 1800 J/kgk, C2 =
4200J/kg.k, nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là 3,4.105 J/kg, nhiệt hóa hơi của
nước ở 1000C là 2,3.106 J/kg.k.
b.Bỏ khối nước đá nói trên vào xô nhôm có chứa nước ở 500C. Sau khi có cân bằng
nhiệt người ta thấy còn sót lại 100g nước đá chưa tan hết. Tính lượng nước đã có
trong xô. Biết xô có khối lượng 500g và có nhiệt dung riêng của nhôm là
880J/kg.k.
Bài 6
Rót một lượng nước có khối lượng m1 = 0,5kg ở nhiệt độ t1=200C vào một nhiệt
lượng kế, rồi thả một cục nước đá có khối lượng m 2 = 0,5kg ở nhiệt độ t2 = -150C
vào trong nước. Cho nhiệt dung riêng của nước c 1 = 4200J/kgK, của nước đá là c2
= 2100J/kgK. Nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.105J/kg. Bỏ qua sự hấp thụ
nhiệt của nhiệt lượng kế.
a. Tìm nhiệt độ của hỗn hợp sau khi cân bằng nhiệt được thiết lập.
b. Tìm khối lượng của nước đá thành nước (hoặc của nước thành nước đá).
Bài 7:
21


Đổ m1= 2kg nước ở t1= 100oC vào một bình bằng đồng khối lượng m 2=0,6kg

có chứa m3=3kg nước đá ở t2= - 10oC. Tính nhiệt độ chung và khối lượng nước có
trong bình khi cân bằng nhiệt xảy ra. Biết nhiệt dung riêng của nước là
c1=4200J/kg.K, của đồng là c2=380J/kg.K, của nước đá là c3=2100J/kg.K, nhiệt
nóng chảy của nước đá là =3,4.105J/kg và công thức tính nhiệt lượng vật thu vào
khi nóng chảy là Q=.m.
Dạng 5: Bài tập về thực hành
Đây là dạng bài tập thực nghiệm đòi hỏi học sinh phải có kĩ năng phân tích cao.
Sau khi làm dạng này giúp học sinh có kĩ năng thực nghiệm, cẩn thận và đúng
bản chất vật lí hơn.
Phương pháp:
B1: Xác định rõ đối tượng thực hành cần đo, các công thức, đối tượng liên quan
đến đại lượng cần đo.
B2: Dựa vào dụng cụ đo đã cho để đo các đại lượng liên quan.
B3: Thông qua các đại lượng liên quan để tính đại lượng cần tìm.
B4: Nêu rõ các bước đo và cách xử lí số liệu.
Bài 1 : Xác định nhiệt dung qk của một nhiệt lượng kế và nhiệt dung riêng ck của
chất làm nhiệt lượng kế đó.
Dụng cụ : nhiệt lượng kế, nhiệt kế, nước ( đã biết nhiệt dung riêng cn ), bình
đun, bếp điện, cân và bộ quả cân.
Hướng dẫn giải:
*) Lý thuyết :
Rót một lượng nước m2 ở t2 vào nhiệt lượng kế khối lượng m k có chứa lượng
nước m1 ở t1. Nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là t thì phương trình cân bằng nhiệt là :
(ck mk  cn m1 )(t  t1 )  cn m2 (t2  t )

Từ đó xác định được nhiệt dung qk và nhiệt dung riêng ck :
qk  ck mk 

� ck 

cn m2 (t2  t )
 cn m1
t  t1

�
cn �
m2 (t 2  t )
 m1 �
�
mk � t  t1
�

*) Cách làm :
- Dùng cân xác định khối lượng nhiệt lượng kế mk.
- Rót một lượng nước nguội vào nhiệt lượng kế và xác định khối lượng :
M = mk + m1 .
22


Suy ra khối lượng nước rót vào : m1 = M – mk .
- Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ t1 của nhiệt lượng kế và nước.
- Đun một lượng nước khác trong bình và đo t2.
- Rót nước ở t2 vào nhiệt lượng kế, khuấy đều nước và đo nhiệt độ khi cân
bằng nhiệt là t.
- Cân lại cả nhiệt lượng kế, được M’, suy ra : m2 = M’ – M .
- Thay các số liệu đã có vào các biểu thức ở trên, ta tính được qk và ck.
Bài 2: Dụng cụ: 1 chai dầu cần xác định nhiệt dung riêng của dầu, 1 bình nước
( biết nhiệt dung riêng của nước), 2 cốc thủy tinh giống nhau, 1 cân Rô – bec – van
không có hộp quả cân, cát khô, nhiệt lượng kế ( biết nhiệt dung riêng của chất làm
cốc trong nhiệt lượng kế ), nhiệt kế, nguồn nhiệt.

Hướng dẫn giải:
Do không có quả cân nên ta dùng cát. Tiến hành theo các bước:
- Dùng cân xác định khối lượng của cốc trong nhiệt lượng kế và một cốc thủy
tinh ( theo khối lượng cát ).
- Bỏ cốc trong nhiệt lượng kế ra rồi rót nước vào trong cốc thủy tinh tới khi
thăng bằng, ta được khối lượng nước trong cốc thủy tinh bằng khối lượng cốc của
nhiệt lượng kế.
- Làm tương tự với cốc thủy tinh thứ hai chứa dầu, ta có một khối lượng dầu
bằng khối lượng nước ở cốc kia.
- Đo nhiệt độ ban đầu t1 của dầu.
- Đổ nước vào cốc nhiệt lượng kế rồi đun nóng tới nhiệt độ t 2. Đổ dầu ở nhiệt
độ t1 vào nhiệt lượng kế rồi khuấy đều và đo nhiệt độ t3 khi thiết lập cân bằng nhiệt.
Gọi m là khối lượng cốc thuộc nhiệt lượng kế ( cũng là khối lượng của nước,
khối lượng của dầu); c1, c2, c3 lần lượt là nhiệt dung riêng của cốc làm nhiệt lượng
kế, nước và dầu.
Từ phương trình cân bằng nhiệt, ta suy ra:
t t

2
3
( mc1 + mc2 ). ( t2 – t3 ) = mc3.( t3 – t1 ) � c3  (c1  c2 ). t  t
3

1

Bài 3: Lập phương án xác định nhiệt nóng chảy của nước đá bằng các dụng cụ:
nhiệt lượng kế (đã biết nhiệt dung riêng cK), nhiệt kế, bộ quả cân, cân Rô-bécvan,
nước đá tan ở 00C (đã biết nhiệt dung riêng cn ).

23

B1 : Dùng cân xác định khối lượng của nhiệt lượng kế m k, nước đổ vào nhiệt
lượng kế mn..
B2 : Dùng nhiệt kế xác định nhiệt độ của nhiệt lượng kế chứa nước lúc này t1
B3 : Xác định khối lượng cục nước đá bỏ vào bình nhiệt lượng kế mđ.
Khi cân ra bằng nhiệt xảy các trường hợp :
Nếu cục nước đá chưa tan hết, dùng cân xác định phần nước đá đã tan m x, khi đó
ta có phương trình : mx = (mkck + mncn).(t1 – 0), từ đó tìm ra 
Nếu cục nước đá tan hết mà nhiệt độ hỗn hợp là 0 oC, ta có phương trình: mđ =
(mkck + mncn).(t1 – 0), từ đó tìm ra 
Nếu cục nước đá tan hết mà nhiệt độ hỗn hợp là t oC, ta có phương trình: mđ +
mđcn(t – 0) = (mkck + mncn).(t1 – t), từ đó tìm ra 
Với mđ, mn, t1, mx, t dã xác định được bằng các dụng cụ đo
Bài tập tự làm:
Bài 5: Xác định nhiệt dung riêng của dầu hỏa bằng các dụng cụ sau: cân ( không
có quả cân); nhiệt kế, nhiệt lượng kế ( biết ruột nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng
là ck );nước ( biết nhiệt dung riêng cn ), dầu hỏa; bếp điện; hai cốc đun giống nhau.
Bài 6 : Trong một bình cách nhiệt có 1kg
t (0C)
nước đá và 1kg chất rắn A dễ nóng chảy
0
không tan được trong nước. Bình được gắn
với bếp điện có công suất không đổi, nhiệt -20
dung không đáng kể. Nhiệt độ ban đầu của
t (ph)
các chất là – 400C. Sau khi cho bếp hoạt
-40 1 8/3 4
29/3
động, nhiệt độ trong bình biến đổi theo

thời gian t (phút) như đồ thị. Cho nhiệt
dung riêng của nước đá là c 0 = 2000J/kg.K,
của chất rắn A là cA = 1000J/kg.K
a) Hãy tính nhiệt nóng chảy của chất rắn A. ( ĐS: 105J/kg )
b) Tính nhiệt dung riêng của chất rắn A sau khi nóng chảy hoàn toàn
c) Tính nhiệt lượng mà hỗn hợp hấp thụ để tăng nhiệt độ từ
0
-40 C đến khi nước đá nóng chảy hoàn toàn. (Bỏ qua sự trao đổi
nhiệt với môi trường bên ngoài).

24


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh ngiệm
Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm đối với công tác giảng dạy tôi thấy
các em học sinh đã có tiến bộ rõ rệt. Các em đã chủ động, tự tin trong việc nhận
dạng bài toán vật lí, đã nắm chắc được phương pháp giải cho từng dạng.
Kết quả cụ thể như sau:
* Bảng theo dõi điểm của nhóm học sinh: ( thang điểm 10 )
Điểm
Điểm
trước sau khi
TT
Họ và tên
Trường
Lớp khi áp áp dụng
dụng SKKN
SKKN
1

Hoàng Thị Luyến

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A3

7,5

9,5

2

Ngô Văn Nam

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A3

7

9

3

Nguyễn Hữu Huy

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A3

6

7.5

4

Lê Quỳnh Anh

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A3

6,5

9

5

Lê Mai Ngọc

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A3

5,5

8

6

Nguyễn Hữu Dũng

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A1

5

7

7

Trần Quốc Anh

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A1

5,5

7,5

8

Lê Đức Anh

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A1

6,5

9

9

Lê Đức Thắng

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A1

7

9

10

Nguyễn Cao Phong

THCS Nguyễn Hồng Lễ 8A1

7

8,5

* Khi chưa áp dụng SKKN:
Kết quả bài KSCL ( số lượng: 10 học sinh)
Giỏi
Khá
Trung bình
SL %
SL
%
SL
%
0
0
4
40
6
60
* Sau khi áp dụng SKKN:
Kết quả bài KSCL

Yếu
SL
0

%
0

25