(Sáng kiến kinh nghiệm) một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần chất khí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
PHẦN CHẤT KHÍ

Người thực hiện: Cao Thị Thiện
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Vật lí

THANH HỐ NĂM 2019
0


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

PHẦN I . MỞ ĐẦU

2

1.1. Lí do chọn đề tài

2

1.2. Mục đích nghiên cứu

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

1.4. phương pháp nghiên cứu

2

PHẦN 2: NỘI DUNG ĐỀ TÀI

3

2.1. Cơ sở lí thuyết của các định luật chất khí

3

2.2. Bài tập ví dụ

4

2.2.1. Bài tập về các đẳng q trình

4

2.2.2. Bài tập về phương trình trạng thái

10

2.2.3. Bài tập về phương trình C-M

12

2.2.4. Bài tập đồ thị

15

2.3. Một số bài tập vận dụng

19

2.4. Một số kết quả đạt được khi ứng dụng SKKN

21

PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

21

TÀI LIỆU THAM KHẢO

22

PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Tuyển chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp là vấn đề được các cấp
chính quyền, lãnh đạo các trường THPT, cha mẹ học sinh, các em học sinh quan
tâm chú trọng. Trong những năm gần đây việc bồi dưỡng và tuyển chọn học sinh

1


giỏi ở các trường đã có sự đầu tư thích hợp. Do đó chất lượng học tập và số
lượng học sinh giỏi ở các trường những năm gần đây ngày càng nâng cao rõ rệt.
Trước tình hình đó địi hỏi các giáo viên trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi
là làm sao cho học sinh nắm chắc các phương pháp, kĩ năng giải quyết các dạng
bài tập trong từng phần, từng chương mà học sinh cần có để tham gia trong các
kì thi.
Trong thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở mơn vật lí nói
chung và trong phần bài tập về chất khí nói riêng tơi nhận thấy các em học sinh
đang gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài tập trong phần định luật chất khí,
đặc biệt là các bài tập có gắn liền nội dung thực tế. Các em đang còn lúng túng
trong việc nhận dạng từng bài, phân tích bài tốn cịn bỏ sót một số q trình...
dẫn đến giải sai.
Với mong muốn công tác ôn luyện học sinh giỏi đạt kết quả tốt, thường
xun và khoa học hơn, góp phần hồn thành mục tiêu giáo dục, nâng cao chất
lượng giáo dục của Nhà trường, tôi đã đưa ra một số kinh nghiệm trong việc ơn
luyện học sinh giỏi phần chất khí với đề tài: “ Một số kinh nghiệm bồi dưỡng
học sinh giỏi phần chất khí”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu các bài tập trong phần “chất khí”, phân tích các dạng bài toán
dành cho học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
- Giúp học sinh nắm chắc phương pháp phân tích các dạng bài cơ bản
thường gặp, dễ dàng nhận ra các dạng và có cách giải hợp lí
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này nghiên cứu các nội dung sau:
- Khái quát, phân loại một số dạng bài tập cụ thể về các định luật chất khí
và phương pháp giải.
- Việc áp dụng đề tài vào thực tế giảng dạy nhằm nâng cao chất lượng đội

ngũ họ sinh giỏi mơn vật lí ở THPT Cẩm Thủy 1, góp phần nâng cao thành tích
Nhà trường.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Khi đã xác định được mục đích và đối tượng nghiên cứu tôi đã sử dụng các
phương pháp sau:
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Quan sát thực
tế, thực trạng về công tác chỉ đạo, cơng tác bồi dưỡng, q trình học tập, chất
lượng học tập của học sinh giỏi.
- Phương pháp hỗ trợ: Trao đổi đồng nghiệp, trao đổi học sinh.
- Phương pháp tổng kết, rút kinh nghiệm.
PHẦN 2 : NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1 Cơ sở lí thuyết về các định luật chất khí
2.1.1 Định luật Bovle-Mariotte

2


a.Nội dung: Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ
lệ nghịch với thể tích.
b.Biểu thức định luật:

p

1
+ p~ V
+ pV  hằng số

T2

+ p1V1= p2V2

c. Đồ thị biểu diễn quá trình đẳng nhiệt trong hệ
tọa độ POV như hình bên.
Q trình này cịn có thể biểu diễn trong hệ
tọa độ POT, VOT
2.1.2. Định luật Charles
a. Nội dung: Trong q trình đẳng tích
của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ
thuận với nhiệt độ tuyệt đối.

T2>T1

T1
O

65
1,
2
4

V1

p

b. Biểu thức định luật:
+ p~ T

93
6
V

V2>V1

V2

P
+ T =hằng số
P1 P2

T
T2
1
+

O

T(K)

c. Đồ thị biểu diễn q trình đẳng tích trọng hệ tọa độ POT như hình bên.
Quá trình này cịn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, VOT
2.1.3. Định luật Gay-Lussac
a. Nội dung: Trong quá trình đẳng áp của
một lượng khí nhất định, thể tích tỉ lệ
thuận với nhiệt độ tuyệt đối.
b. Biểu thức định luật:
+ V~ T
V
+ T =hằng số
V1 V 2
=
T

+ 1 T2

V

P1

p2>p1

P2

O

T(K)

c. Đồ thị biểu diễn q trình đẳng tích trọng hệ tọa độ VOT như hình bên.
Q trình này cịn có thể biểu diễn trong hệ tọa độ POV, POT
2.1.4.Phương trình trạng thái của khí lý tưởng.
Với một lượng khí nhất định ta có:
3


pV
+ T =const

P1 V 1 P2 V 2
=
T
T2
1
+

2.1.5. Phương trình Cla-pê-ron-Men-đê-lê-ép
pV =

m
RT=nRT
μ

Trong đó:
p: Áp suất(Pa)
n: Số mol
R=8,31J/mol.K: Hằng số khí
m: Khối lượng khí(g)
μ: Khối lượng mol phân tử của chất khí(g)
2.1.6.Định luật Đan Tơn
Áp suất mà hỗn hợp khí ( các thành phần không phản ứng với nhau) bằng tổng
các áp suất riêng phần của từng khí có trong hỗn hợp:
p1 + p2 + p 3 +. .. .
p=
* Chú ý : Áp suất riêng phần tỉ lệ với số mol khí thương ứng
2.2. Bài tập ví dụ
2.2.1. Bài tập về các đẳng q trình
1.Các bài tốn về q trình đẳng nhiệt. Định luật Bovle-Mariotte
Phương pháp
-Liệt kê các trạng thái của khối khí
- Áp dụng định luật B-M: Khi T=const thì P1V1=P2V2.
Cần chú ý:
- Áp suất chất lỏng tại một điểm M có độ sâu h trong lịng chất lỏng là:
pM=p0+ph

(Pa)

Trong đó: p0: là áp suất khí quyển
ph = ρ gh: là áp suất gây bởi trọng lượng cột chất lỏng có chiều cao h
ρ : là khối lượng riêng của chất lỏng

Đối với cột thủy ngân, chiều cao h của cột chính là áp suất của nó:
p=p0+h (mmHg)
Áp suất gây bởi cột nước có chiều cao là h(mm)
4


p= p 0+

h
13,6

(mmHg)

- Trong một không gian nhỏ, áp suất khí quyển có thể coi là khơng đổi, khơng
phụ thuộc vào độ cao.
Bài 1: Ở độ sâu h1=1m dưới mặt nước có một bọt khơng khí hình cầu. Hỏi ở
độ sâu nào, bọt khơng khí có bán kính nhỏ đi 2 lần. Cho khối lượng riêng của
nước ρ =103(kg/m3), áp suất khí quyển p0=105(N/m2),g=10m/s2; nhiệt độ của
nước khơng đổi theo độ sâu
Bài giải
Đề bài cho nhiệt độ ở đáy và mặt hồ không đổi nên ta sẽ áp dụng định luật BM cho hai trạng thái của khối khí trong bọt khí
-Liệt kê hai trạng thái của khối khí
+ Trạng thái 1:
Ở độ sâu h1, bọt khí có thể tích V1, áp suất p1: p1=p0+

h1
13,6

( p1 là áp

suất tại một điểm ở đáy hồ bao gồm áp suất khí quyển p 0 và áp suất gây bởi
trọng lượng cột nước có chiều cao h1)
+ Trạng thái 2:
Ở độ sâu h2, bọt khí có thể tích V2, áp suất p2: p2=p0+

h2
13,6

( p2 là áp

suất tại một điểm trong nước hồ bao gồm áp suất khí quyển p 0 và áp suất gây
bởi trọng lượng cột nước có chiều cao h2 mà tại đó bọt khí có bán kính nhỏ đi
2 lần)
- Áp dụng định luật B-M cho hai trạng thái của khối khí
h
4
π R31
p 0+ 2
3
p2 V 1 3
R
13,6
= 1 =23=8
=8

p1.V1=p2.V2¿> p = V = 4
R2
h1
1
2
π R32
p 0+
3
13,6

( )

p0 +

h2
h1
=8( p 0+
)
13,6
13,6

¿>¿ h2=95,2p0+8p1=95,2.76+8.100=8035,2cm=80,352m

Vậy ở độ sâu h2=80,352m bọt khí có bán khính nhỏ đi 2 lần
Bài 2 : Ta dùng bơm hút có thể tích xi lanh là V0 =
200 cm3 để hút khơng khí từ một bình có thể tích V =
1 l (kể cả ống nối giữa bơm và bình) chứa khơng khí ở

V0

K2
K1

V
5


áp suất p0 = 105 Pa (Hình vẽ). Hỏi sau n lần hút thì áp suất trong bình cịn bao
nhiêu ? Biết rằng bơm hoạt động rất chậm để nhiệt độ trong bơm coi như không
đổi.
Áp dụng n = 5.
Bài giải
- Gọi p1, p2, …pn lần lượt là áp suất khí trong bình sau mỗi lần bơm hút.
Trong q trình mỗi lần hút do nhiệt độ khơng đổi, lượng khí khơng đổi nên
đây là q trình đẳng nhiệt.
- Sau lần đầu bơm hút (pit-tơng đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p1.
Áp dụng định luật Bơi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p1(V + V0) = p0V (1)
- Sau lần thứ 2 bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p2.
Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p2(V + V0) = p1V (2)
- Sau lần thứ 3 bơm hút (pit-tông đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là p3.
Áp dụng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: p3(V + V0) = p2V (3)
...............................................................................
- Sau lần thứ n bơm hút (pit-tơng đã kéo ra tận cùng) thì áp suất trong bình là pn.
Áp dụng định luật Bơi-lơ - Ma-ri-ốt, ta được: pn(V + V0) = pn-1V (n)
- Nhân các phương trình (1), (2), (3),...,(n) vế với vế, ta được:
pn(V + V0)n = p0Vn
 V 


 pn = p0  V + V0 

n

5

 1 


= 105  1, 2   4,02.104 Pa.

Bài 3 : Một ống nghiệm có chiều dài l=0,9m
chứa khơng khí ở áp suất khí quyển p 0=105Pa.
Ấn ống thẳng đứng xuống một chậu thủy ngân
cho đến khi đầu hở cách mặt thống một
khoảng h=0,75m. Tìm khoảng cách x từ đầu kín
đến mực thủy ngân trong lòng ống . Biết trọng
lượng riêng của Hg là ρ =13,6.104N/m3 và quá
trình ấn ống nghiệm là quá trình đẳng nhiệt.
Bài giải
Ta đo áp suất bằng mHg nên đổi p0=105Pa=105N/m2
105 N /m 2
105
=
=0,735 mHg
P0=
ρN /m 3
13,6.104

Khi miệng ống bắt đầu đụng mặt thống thì khơng khí có áp suất p 0 và thể
tích tỉ lệ chiều dài l của ống. Khi đã ngập sâu thì khơng khí có áp suất p và thể

thể tích tỉ lệ với x
Theo định luật B-M ta có
p0.l=p.x

(1)
6


Mặt khác ta lại có
p= p 0+ [ h−(l−x) ] =p 0+ h−l+ x

Từ (1) và (2) suy ra : p= p 0+ h−l+

(2)
p0l
p

2
¿>¿ p + ( l−h− p0 ) p− p0 l=0

p2−0,585 p−0,66=0

Giải phương trình ta suy ra : p=1,16mHg
Từ (1): x=

p 0 l 0,375.0,9
=
=0,57 m
p
1,16

Bài 4: Một ống nghiệm dài l = 20 cm chứa khơng khí ở áp suất po = 760mmHg.
a. Ấn ống nghiệm xuống chậu thủy ngân theo phương thẳng đứng cho đến khi
đáy ống nghiệm chạm mặt thống của thủy ngân. Tính độ cao của cột thủy ngân
trong ống.
b. Giải lại bài toán khi thay thủy ngân bởi nước. Cho khối lượng riêng của thủy
3
3
3
3
ngân:   13, 6.10 kg / m , của nước 0  10 kg / m

Bài giải
a.Tính x:
Xét lượng khí trong ống: ban đầu có: thể tích V1  S .l ; áp suất p1  p0 .
Lúc sau: V2  S .  l  x  ; p2  p0   l  x  ;


 l  y 
2
p1V1  p3V3  p0 l   p0  
 .  l  y   y  1073, 6 y  400  0  y  0, 4  cm 

 13, 6  

tacó:

.
b.Khi dùng nước, chiều cao cột nước trong ống là y:
l y

p3  p0  

 13, 6  ;
Lượng khí lúc sau có: V3  S .  l  y  ;

ta có:

p1V1  p2V2  p0 l   p0   l  x   .  l  x   x 2  116 x  400  0  x  3,5  cm 
.

2. Các bài tốn về q trình đẳng tích – Định Luật Charles
Phương pháp: Nếu đề cho p0, áp dụng công thức: pt=p0(1+αt) (1)
p1

p2

Nếu đề không cho p0, áp dụng cơng thức: T = T
1
2

(2)

Thường thì áp dụng công thức (2):
+ Liệt kê các trạng thái của chất khí
7


+Áp dụng công thức (2)
+ Cần đổi t0C ra T0K: T0K=273+ t0C
Dạng toán này thường được áp dụng cho chất khí chứa trong bình kín

( Dạng bài này thường đơn giản, hay xuất hiện trong các bài tốn tổng hợp
nên
tơi khoogn đề cập ở đây)
3. Các bài toán về quá trình đẳng áp. Định luật Gay-Lussac:
Phương pháp:
-Nếu đề cho V0, áp dụng công thức: Vt=V0(1+αt)
V1

(1)

V2

-Nếu đề không cho V0, áp dụng cơng thức: T = T
1
2

(2)

Thường thì nên áp dụng công thức (2)
+ Liệt kê các trạng thái của chất khí
+ Áp dụng cơng thức (2)
+ Cần đổi t0C ra T0K: T0K=273+ t0C
- Trong dạng bài tập này áp suất khí khơng đổi thường là do cân bằng với áp
suất khí quyển
Bài 1: Một áp kế khí có hình dạng giống như bài trên, tiết diện ống 0,1cm2.
Biết ở 00C, giọt thủy ngân cách A 30cm, ở 50C cách A 50cm.
Tính dung tích bình. Coi dung tích bình là khơng đổi.
Bài giải:
-Ở trạng thái 1: T1 = 273K, khí có thể tích là V1 = V + Sx1
(1)

- Ở trạng thái 2: T2 = 5 + 273 = 278K, khí có thể tích V2 = V + Sx2
(2)
-Vì áp suất khí bên trong áp kế ln cân bằng với áp suất khí quyển bên ngồi
nên q trìnhkhí chuyển từ trạng thái 1 sáng trạng thái 2 là quá trình đẳng
áp.
Áp dụng định luật Gay-Lussac:
V 1 V 2 V + S x1 V + S x2
T 2 S x 1−T 1 S x2 278.0,1.30−273.0,1.50
=106,2 cm 3
=
¿>¿ V =
=
=
273−278
T 1 T2 T 1
T
−T
T2
1
2

Vậy dung tích của bình là 106,2 cm3
8


Bài 2: Một khí cầu có thể tích V=336m3 và khối lượng vỏ m=84kg được bơm
khơng khí nóng đến áp suất bằng áp suất khơng khí bên ngồi . Khơng khí
nóng phải có nhiệt độ bằng bao nhiêu để khí cầu bắt đầu bay lên. Khơng khí
bên ngồi có nhiệt độ 270C và áp suất 1atm; μkk =29 g /mol
Bài giải

-Gọi ρ0 là khối lượng riêng của khơng khí ở T0=300K
ρ là khối lượng riêng của khơng khí ở T – là nhiệt độ cần thiết để khí cầu bắt

đầu bay

Khi bắt đầu bay lực đẩy Acsimet ρ0 Vg bằng tổng các trọng lượng của vỏ mg và
của khơng khí nóng trong khí cầu ρVg
(1)

ρ0 Vg=mg+ ρVg
¿> ρ=ρ0 −

m
V

(2)

29g khơng khí ở điều kiện tiêu chuẩn ; 1 atm, T c=273K, thể tích chiếm 22,4l
bằng 22,4dm3 ¿>¿ khối lượng riêng ở đktc là :
ρc =

29
≈ 1,295 g /dm3 =¿ 1,295kg/m3
22,4

(3)

Áp suất khơng khí bên ngồi bằng áp suất ở đktc: 1atm
¿>¿ Theo định luật Gay-Lussac:

Vc V0
T
ρ0 T 0=ρc T c ¿>¿ ρ0 = c ρc
=
Tc T0
T0

273.

Kết hợp (3): ρ0 = 300 1,295 =1,178kg/m3
(2)+(4)¿>¿ Ta có: ρ=1,178−

(4)

84 kg
=0,928 kg/m 3
3
336 m

Áp suất khơng khí bên ngồi bằng áp suất khí nóng trong khí cầu
¿>¿ Theo định luật Gay-Lussac:
¿>T =

ρ T
V V0
= ρ0 T 0= ρT=¿ T = 0 0
T T0
ρ

1,178.300

≈ 381 K=108 0 C
0,928

Bài 3: Một xilanh có tiết diện hình vng cạnh H, chứa
một lượng khí lí tưởng ,bên trên có pit tơng khối
lượng rất nhỏ, có thể trượt khơng ma sát trong xilanh.
Ban đầu độ cao cột khơng khí trong xi lanh là h( h nhỏ
hơn rất nhiều so với độ cao của xi lanh). Nhiệt độ của
xilanh và của khí lí tưởng bằng nhiệt độ mơi trường
9


là 270C. Xilanh và pit tông đều làm từ cùng một chất liệu có hệ số nở dài α=10 3 -1
K . Nung tồn bộ xilanh. Tìm độ cao cực đại mà pi tơng có thể lên tới, khi đó
nhiệt độ của khí
và xi lanh bằng bao nhiêu?
Bài giải
-Thể tích ban đầu của khối khí: V0=hH2
- Thể tích của khối khí sau khi nung: V 1=h’(H+∆ H)2=h’H2(1+α∆ T)2
- Vì pit tơng rất nhẹ và có thể chuyển động khơng ma sát nên áp suất khí
trong xi lanh khơng đổi và ln bằng áp suất khí quyển. Đây là q trình đẳng
áp.
V1 V0
=
T1 T0

T1
V 1 T 1 h'
h
'

2 T
=
[1+α ( T 1−T 0 ) ] = 1 ¿>¿ h =
T 0 1+2 α ( T 1−T 0 ) + α 2 (T 1−T 0)2
V0 T0 h
T0

α 2 T 0 −2 α T 0 +1
cực tiểu. Áp dụng định lí Cauchy
h đạt cực đại khi tổng α T 1 +
T1
α 2 T 0−2 α T 0 +1
2
tổng này cực tiểu khi: α T 1=
T1
2
α T 0−2α T 0 +1
¿>¿ T 1= √
=700K
α
T1
h
25
'
- Khi đó h = T 1+2 α T −T + α 2 (T −T )2 = 21 h
0
( 1 0)
1
0
2

'

2.2.2. Bài tập về phương trình trạng thái
Phương pháp:
- Liệt kê ra 2 trạng thái 1 ( p1,V1,T1) và 2 (p2,V2,T2).
- Áp dụng phương trình trạng thái:
p1V1 p2V2

T1
T2

* Chú ý: ln đổi nhiệt độ toC ra T(K).
T (K) = 273 + to C
Bài 1: Một ống thủy tinh, tiết diện nhỏ chiều dài 2𝓁 = 100 cm,
dựng thẳng đứng, đầu hở ở trên, đầu kín ở dưới. Phía đáy ống
chứa khơng khí và phía trên chứa đầy thủy ngân. Khơng khí
trong ống ở 27oC thì chiều cao khơng khí trong ống là 𝓁 = 50 cm
(hình vẽ). Hỏi nhiệt độ tối đa của khơng khí trong ống là bao
nhiêu để cịn thủy ngân trong ống. Biết áp suất khí quyển là
P0 = 76 cmHg.
Bài giải
- Xét lượng khí trong ống: Nhiệt độ, áp suất và thể tích
của lượng khí
10


+ Ở trạng thái 1: T1=300K , p1=p0+l=126cmHg, V1=l.S=50.S
+Ở trạng thái 2: T2, p2=p0+(l-x)=126-x(cmHg), V2=(l+x).S=(50+x).S
p1V1 p2V2

−x 2+ 76 x +6300

¿>T
=
2
T2
21
+ Áp dụng PTTT: T1

T2 đạt cực đại khi x=38cm
Lúc này T2=368,8K

Bài 2: Một xilanh kín chia làm hai phần bằng nhau bởi một pitong cách nhiệt.
Mỗi phần có chiều dài 25 cm chứa một lượng khí giống nhau cùng ở 170C.
Nung nóng một phần lên thêm 120C và phần kia làm lạnh để nhiệt độ giảm bớt
150C. Xác định khoảng dịch chuyển của pittong khi nó cân bằng.
Bài giải
Giả sử phần 1 nung nóng, phần 2 làm lạnh nên pittong dịch sang phải như hình
vẽ

Phương trình trạng thái khí lý tưởng cho khí ở phần 1:
P0 V0 P1V1
P V 273+17+12
=
=> P1 = 0 0 .
T0
T1
T0
S.(25+ x)

Phương trình trạng thái khí lý tưởng cho khí ở phần 2:
P0 V0 P2 V2
P V 273+17-15
=
=> P2 = 0 0 .
T0
T2
T0
S.(25- x)

Vì khi khi cân bằng áp suất khí hai bên phải bằng nhau:
P1 =P2 =>

P0 V0 273+17+12 P0 V0 273+17-15
.
=
.
T0
S.(25+ x)
T0
S.(25- x)

=> x = 1,1698cm

Bài 3: Một căn phịng hình hộp chữ nhật có kích thước (7,8m x 5,5m x 5,4m).
Ban đầu khơng khí trong phịng có nhiệt độ t 0 = 00C và áp suất p0 = 760 mmHg.
Sau đó, nhiệt độ trong phòng nâng lên đến t = 14,5 0C và áp suất tăng lên đến p =
780mmHg. Biết khối lượng riêng của khơng khí ở điều kiện tiêu chuẩn (0 0C và
11

760mmHg) là ρ 0 = 1,293kg/m3. Hãy xác định khối lượng khơng khí đã ra khỏi
phịng.
Bài giải
-Áp suất, thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí
+ Ở trạng thái đầu là: p0 = 760 mmHg, T0=273K, V0=7,8.5,5.5,4=231,66m3
+ Ở trạng thái 1 là: p1 = 780mmHg, T1=287,5K, V1
p0 V 0 T 1

+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có : V 1= T p
0 1
- Lượng khí thốt ra khỏi phịng ở nhiệt độ T1 có thể tích là
∆ V =V 1−V 0=V 0

(

p0T 1
760.287,5
3
−1 =231,66
−1 =6,049 m
T 0 p1
780.273

)

(

)

- Lượng khí này nếu đưa về điều kiện tiêu chuẩn( cũng chính là p0, T0) thì có thể
tích là
p 1 ∆ V pc ∆ V c
p1 . ∆ V . T c p1 T 0
=
=
. ∆V
¿>¿ ∆ V c =
T1
Tc
T 1 pc
T 1 p0
p1 T 0
780.273
. ∆ V . ρ0 =
6,049.1,293=7,622 kg
¿>¿ ∆ m=∆ V c . ρ0 =
T 1 p0
760.287,5

2.2.3. Bài tập về phương trình C-M
Phương pháp
- Đối với một trạng thái của một lượng khí bất kì ta ln áp dụng phương
trình Claperon- Mendeleep
pV =

m
RT=nRT
μ

- Khi áp dụng cần chú ý về đơn vị của các đại lượng sau:
+ Hằng số khí: R=8,314J/mol.K với áp suất p(Pa), thể tích V(m3).
R=0,082L.atm/mol.K với áp suất (atm), thể tích V(lít)

+ μ là khối lượng mol phân tử của chất khí (g)

m là khối lượng khí (g)
+ n là số mol

Bài 1: Một bình chứa khí oxy (O2) nén ở áp suất p1 = 1,5.107 Pa và nhiệt độ t1
= 370C, có khối lượng (cả bình) là M1 = 50kg. Sau một thời gian sử dụng khí,
áp kế đo áp suất khí trong bình chỉ p2 = 5.106 Pa và nhiệt độ t2 = 70C. Khối
lượng bình và khí lúc này là M2 = 49kg. Tính khối lượng khí cịn lại trong bình
J

lúc này và tính thể tích của bình. Cho R = 8,31 mol.K .
Bài giải
- Gọi m là khối lượng bình rỗng; m1 và m2 là khối lượng khí O2 trong bình lúc
đầu và lúc sau.
12


-Ta có:

m1 = M1 - m (1)
m2 = M2 - m (2)
-Theo phương trình C - M:
p.V 

m



R.T

, ta có :

p1
p
R
= 2 =
(3) ( V: Thể tích của bình)
T 1 m1 T 2 m2 μV
m1 m2 m1−m2
M −M 2 T 1 T 2 ( M 1−M 2 )
= =
= 1
=
p 1 T − p2 T
 p 1 p 2 p1 − p2 p1 T − p2 T
T 1 T 2 T1 T2
T 1T 2
2

1

2

1

p 2 T 1 (M 1−M 2)

5. 106 .310. (50−49)
155
=
=
≈ 0,585 kg
7
6
p 1 T 2− p2 T 1
1,5.10 280−5. 10 .310 265
m 1=m 2 + ( M 1−M 2 )=0,585+1=1,585 kg

m2=

- Thể tích bình (bằng thể tích khí):
V=

R T 1 m1 R T 2 m 2 8,31.310 .1,585
=
=
≈ 0,0085m3=8,5 dm3 =8,5lít
7
p1 μ
p2 μ
1,5. 10 .0,032

- Thay số: V = 8,5.10-3 (m3) = 8,5 (lít)
Bài 2: Một bình hình trụ chiều dài l = 0,6m, tiết diện ngang 0,5cm 2 đặt nằm
ngang, chia làm hai phần nhờ một pittông cách nhiệt, độ dày không đáng kể.
Phần một chứa khí He, phần hai chứa khí H 2 có cùng
khối lượng m0. Giữ phần một ở nhiệt độ t1 = 270C.

a. Khi áp suất hai phần bằng nhau thì chiều dài phần 1
là x =20cm (Hình 3), tính nhiệt độ phần hai.
b. Giữ nhiệt độ phần hai không đổi. Nung nóng phần
'
'
'
'
một đến nhiệt độ T 1 và p1 = 1,5 p2 . Tính T 1 để
pittơng dịch chuyển sang phải 4cm.

Bài giải

m0
μ1

Ở phần 1 : p1V1 =

m0
μ2

Ở phần 2 : p2V2 =
⇒

Lấy (1) chia (2)
Do : p1 = p2 ;
 T2 = 3000K

. RT 1

. RT 2

p1 . V 1
p2 . V 2

(1)
(2)
=

μ2 T 1
.
μ1 T 2

(3)
V2 = 2V1 ; µ1 = 4g/mol; µ2 = 2g/mol nên từ (3)
p'1 . V '1

Tương tự như trên, ta có:
/
1

/
2

μ2 T '1
=
.
p'2 . V '2 μ1 T '2

Do l = x + 4 = 24cm; l = 36cm nên:

V '2

(4)
'
= 1,5 V 1

13


'
'
'
'
'
Thay V 2 = 1,5 V 1 và p1 = 1,5 p2 vào (4) ta được: T 1 = 6000K

V 1 =40 lít,

Bài 3: Hai bình có thể tích

V 2 =10 lít

thơng với nhau bằng một ống có khóa ban đầu đóng.
5
Khóa này chỉ mở nếu p1 ≥p 2 +10 Pa, p1 ; p 2 là áp
suất khí trong hai bình. Ban đầu bình 1 chứa khí ở áp
suất p0 =0,9.105 Pa và nhiệt độ T 0 bằng 300K. Trong bình 2 là chân khơng.
Người ta nung nóng đều hai bình từ T 0 đến T=500K
a.Tới nhiệt độ nào thì khóa mở?
b.Tính áp suất cuối cùng trong mỗi bình?

Bài giải:
5
a. Khóa ban đầu đóng sẽ mở khi p1 ≥p 2 +10 Pa(p2 ban đầu bằng 0)¿>¿
p1=pm=105Pa.
Cho đến khi khóa mở , khí trong bình 1 này bị nung nóng đẳng tích. Áp dụng
định luật Charles ta có
p0 pm
=
T0 T m

¿>¿

p
300
1
0,9. 105
=333 K
= 0 =
=¿ T m=
5
0,9
T m T 0 pm 300.10

Khóa mở, một ít khí ở bình 1 lọt sang bình 2 làm cho áp suất ở bình 1(p 1) tụt
xuống một ít
( ∆ p=p 1− p2) bé hơn 105Pa một ít và khóa lại đóng lại. Nhưng tiếp tục nung thì
p1 lại tăng, khóa lại mở. Có thể coi như khóa ln giữ cho chênh lệch áp suất
∆ p=105Pa.
b. Tới nhiệt độ T=500K, giả sử áp suất trong bình 2 là p thì áp suất trong bình 1
là p+∆ p

Gọi n là tổng số mol khí trong cả 2 bình
n1, n2 là các số mol khí trong hai bình lúc cuối
- Lúc đầu: Số mol khí bình 1 bằng n
Số mol khí bình 2 bằng 0
Áp dụng phương trình C-M đối với bình 1 lúc đầu ta có:
p0 V 1=nR T 0

¿>¿

n=

p0 V 1
R T0

(1)

-Lúc cuối :
Áp dụng phương trình C-M đối với bình 1
( p+∆ P ) V 1=n 1 RT ¿>¿ n1=

( p+ ∆ P ) V 1
RT

(2)

Áp dụng phương trình C-M đối với bình 2
p V 2=n2 RT

¿>¿ n2 =

pV2
RT

(3)
14


p 0 V 1 ( p +∆ P ) V 1 p V 2
=
+
RT0
RT
RT
p 0 V 1 ( p +∆ P ) V 1 p V 2
(V ¿ ¿ 2+V 1 )+ ∆ PV 1
=
+
=p
¿
T0
T
T
T

Vì n=n1+n2 nên

0,9.105 .40 50 p+ 40. 105
=
¿> p=0,4. 105Pa
300

500

Vây: Áp suất trong bình 2 là 0,4.105Pa
Áp suất trong bình 1 là ( p+ ∆ P)= 1,4. 105Pa
Bài 4: Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm hai
phần nhờ một pittơng cách nhiệt như hình vẽ. Pittơng có khối
lượng M=500g và có thể chuyển động khơng ma sát trong xi lanh.
Phần trên của bình chứa khí Hêli, phần dưới của bình chứa khí
Hiđrơ. Biết hai khối khí có cùng khối lượng m và ban đầu ở cùng
nhiệt độ t0=270C, lúc này pittơng nằm cân bằng ở vị trí cách đáy
2
dưới một đoạn 0,6h. Biết tiết diện bình là S  1 dm .  , g = 10m/s2.
a. Tính áp suất khí trong mỗi phần bình.
b. Giữ nhiệt độ ở bình 2 khơng đổi, nung nóng bình 1 đến nhiệt độ 475K thì Pít
tơng cách đáy dưới bao nhiêu?
Bài giải:
a. Áp dụng phương trình C-M cho lượng khí He ở phần trên ta có :
p1 V 1 =

m0
RT0
4

(1)

Áp dụng phương trình C-M cho lượng khí H2 ở phần dưới ta có
p2 V 2 =

m0
RT0

2

(2)
p .0,4 hS

1

p

3

1
1
Từ (1) và (2) ¿>¿ p .0,6 hS = 2 =¿ p = 4
2
2

(3)

mg
Khi pit tông cân bằng : p1 + S = p 2

(4)

Từ (3) và (4) ¿>¿ p1=1500N/m2; p2=2000N/m2
b.+ Gọi x là khoảng cách từ Pitơng đến đáy bình
+ Vì nhiệt độ phần dưới được giữ không đổi nên áp dụng định luật B-M ta có:
'
p2 V 2= p'2 V '2 p2=

p2 V 2
V

'
2

=

p2 .0,6 h 1200. h
=
x
x

(5)

+ Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ở phần trên ta có:
15


T
0,4 h 475
0,4 h 950h
p '1 V '1 p 1 V 1
'
) ¿>¿ p1= T p 1 h−x = 300 .1500 h−x = h−x .
=
T
T0
0
p'2= p'1 +

(6)

mg 1200.h 950 h
=
+500=¿ x=¿0,5h
S
x
h−x

2.2.4. Các bài tập đồ thị
Phương pháp
- Nếu đề cho là một đồ thị thì chúng ta phải hiểu ý nghĩa của nó
+ Xem đồ thị biểu diễn q trình biến đổi trạng thái nào;biểu đạt mối liên hệ
giữa các đại lượng vật lí nào, tương đương với cơng thức nào.
+ Từ đồ thị đã cho rút ra những số liệu chính xác, từ đó vận dụng những kiến
thức đã học có liên quan đến u cầu của bài tốn để giải
+ Ngồi các q trình biến đổi là đẳng q trình đã được học trong sách giáo
khoa thì cịn có một số q trình khơng phải là đẳng q trình nhưng lại có dạng
tốn học quen thuộc( hàm bậc nhất, bậc hai), hoặc sau khi biến đổi ta có thể đưa
nó về các dạng đó.
-Đối với bài tập yêu cầu phải biểu diễn quá trình diễn biến của một hiện tượng
nào đó bằng đồ thị thì u cầu phải
+ Hình dung được diễn biến của hiện tượng, mối liên hệ giữa các đại lượng đã
cho ở đề bài
+ Vẽ chính xác đồ thị biểu diễn các số liệu đã cho.

Bài 1:
Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 3 - 4 như hình vẽ. Cho biết : T 1 = T2 = 360K ;
T3 = T4 = 180K ; V1 =36dm3; V3 = 9dm3. Cho hằng

số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K
a. Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4.
b. Vẽ đồ thị p-V của chu trình.

V(dm3)

1

36

4
9

2
3

180

360

T(K)

Bài giải
a. Nhận xét và rút được kết luận: Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ
với T; Các q trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt.
(1)
Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3
(2)
16

nên:

V4 

V1 36

 18dm3
2
2
 ;

V2  2V3  18dm3  V4

p(105Pa)

(3)

3

1,6
6

RT1 8,31.360

 0,83.105 Pa
V1
0, 036
RT 8,31.360
p 2  p3  2 

 1, 662.105 Pa
V2
0, 018
p1  p 4 

2

1

0,8
3

4

b. Đồ thị p-V được vẽ như hình
9

36

18

V(dm3)

(H.2)

Bài 2: Có 20g khí hêli chứa trong xilanh đậy kín bởi
pittông biến đổi chậm từ (1)  (2) theo đồ thị mô tả ở
hình 2. Cho V1=30lít; p1=5atm; V2=10lít; p2=15atm. Hãy
tìm nhiệt độ cao nhất mà khí đạt được trong quá trình
biến đổi. Biết khối lượng mol của hêli là 4g/mol và

R= 0,082atm.l/mol.
Bài giải:
+ Đoạn (1)-(2) có dạng đoạn thẳng nên phương trình có dạng: p=aV+b
- Khi V1=30lít; p1=5atm  5=a.30+b
(1)
- Khi V2=10lít; p2=15atm  15=a.10+b (2)
Từ (1) và (2)  a= -1/2; b= 20
V2
 20V
2
Suy ra
(3)
m
20 RT
pV  RT 
 5RT

4
+ Mặt khác
V2
5 RT  
 20V
2
+ Từ (3) và (4) 
pV  

T  

(4)

V 2 4V

10 R R

T'  

+ Xét hàm T=f(V)
Tính đạo hàm T theo V ta được
’
Khi T =0  V= 20lít tính được Tmax= 487,8 K
Bài 3: Một mol khí lí tưởng thực hiện q trình giãn
nở từ trạng thái 1 (P 0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2,
2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình vẽ . Biểu
diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác định nhiệt
độ cực đại của khối khí trong q trình đó.
Bài giải

2V 4

10 R R
P

P0

1
2

P0 /2

V

V0

2V

0

17


- Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: p=aV+b (1) Trong đó a và b là
các hệ số phải tìm
- Khi V=V0 thì p=p0 nên: p0=aV0+b

(2)

- Khi V=2V0 thì p=p0/2 nên : p0/2= 2aV0+b

(3)

- Từ (2) và (3) ta có: a=-p0/2V0 ; b=3p0/2
- Thay vào (1) ta có phương trình đoạn thẳng đó là:
p=

3 p0
p0
−
V
2
2V 0

(4)

- Áp dụng phương trình C-M cho 1moil khí ta có :
pV=RT

(5)

- Từ (4) và (5) ta có
T=

3V 0
2V0 2
p−
p
R
R p0

- T là hàm bậc 2 của p nên đồ thị trên T-p là một phần parabol
+ Khi p=p0 và p=p0/2 thì T =T 1=T 2=
+ Khi T=0 thì p=0 và p=
Cho nên khi p=

p0V 0
R

3 p0
2

3 p0
9V p

thì nhiệt độ của chất khí là T =T max = 0 0
4
8R

- Đồ thị biểu diễn q trình đó trên hệ tọa độ T-p là một trong hai đồ thị dưới
đây

Bài 4: Một mol khí lí tưởng biến đổi trạng
thái theo chu trình ABC như hình 2. Nhiệt độ của khí

18


ở trạng thái A là T0 = 300K. Hai điểm B, C cùng nằm trên một đường đẳng
nhiệt, đường thẳng AC đi qua gốc tọa độ O.
a. Xác định nhiệt độ của khí ở trạng thái C.
b. Xác định nhiệt độ cực đại mà khí đạt được khi biến đổi theo chu trình trên.
Bài giải
a. Quá trình CA, đường thẳng đi qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng :
p
=const
V

(1)

Phương trình trạng thái của một lượng khí là :
pV
=const
T

(2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đương CA là :
Từ (3) ta có :

TA
V

2
A

=

TC
V 2C

T
=const
V2

(3)

¿>¿ TC=9T0

Thay số : TC=2700K
P

b. – Q trình AB là đẳng tích : T =const , do áp suất tăng nên nhiệt độ tăng,
suy ra trong quá trình này nhiệt độ lớn nhất tại B(T B)
(4)

- Q trình CA có phương trình

T
=const
V2

, do V giảm nên T giảm. Vì vậy

trong quá trình này nhiệt độ lớn nhất tại C(T C)

(5)

- Theo (4) và (5), Kết hợp với TB=TC ta suy ra trong quá trình CAB, nhiệt độ
lớn nhất là TC.
pC

pA

- Theo (1) : V = V =¿pC=3p0
C
A

(6)

- Áp dụng phương trình trạng thái tại B và C:
p B V B pC V C
=
¿>¿ pB=3pC=9p0
TB
TC

(7)

-Q trình BC có phương trình p=aV+b đi qua B,C nên ta có:
9p0=aV0+b

(8)

3p0=a.3V0+b

(9)
19


−3 p 0

Từ (8) và (9) ta suy ra: a= V
0

, b= 12p0
−3 p

0
Suy ra phương trình đường BC là : p=12 p0− V
0

pV

- Theo phương trình C-M ta có : T = nR

(10)

(11)

3p

0
2
Từ (10) và (11) ta có : T = nR V (4 V 0 . V −V )
0

Đặt x=4 V 0 .V −V 2. Dễ thấy T đạt cực đại khi x đạt cực đại V=2V0
- Khi đó T max=

12 p 0 V 0
=12 T 0=3600 K
nR

2. 3. Một số bài tập vận dụng.
Bài 1 : Ở chính giữa một ống thủy tinh nằm ngang, tiết diện nhỏ, chiều dài L =
100cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20cm. Trong ống có khơng
khí. Khi đặt ống thẳng đứng cột thủy ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn l =
10cm. Tìm áp suất của khơng khí trong ống khi ống nằm ngang ra cmHg và Pa.
Coi nhiệt độ khơng khí trong ống khơng đổi và khối lượng riêng thủy ngân là
ρ = 1,36.104kg/m3.
ĐS: 37,5cmHg; 5.104Pa.
Bài 2: Một xi lanh có pittong cách nhiệt và nằm ngang.
Pittong ở vị trí chia xi lanh thành hai phần bằng nhau,
chiều dài của mỗi phần là 30cm. Mỗi phần chứa một
lượng khí như nhau ở nhiệt độ 17oC và áp suất 2 atm.

Muốn pittong dịch chuyển 2cm thì phải đun nóng khí ở
một phần lên thêm bao nhiêu ? Áp suất cuả khí khi pittong đã dịch chuyển là bao nhiêu?
ĐS: 41,4K; 2,14atm.
Bài 3: Một quả bóng trẻ con khối lượng m=5g được bơm khí hiđrơ thành hình
cầu ở điều kiện t0=270C, p0=105Pa. Bán kính bóng bằng bao nhiêu thì
a. Bóng lơ lửng?
b. Bóng có thể bay tới độ cao có áp suất p=0,5p 0 và nhiệt độ t=70C?( Nếu bóng
có thể dãn nở bán kính gấp rưỡi khơng vỡ)
Biết các khối lượng mol của hiđrô μ H =2 g /mol, của khơng khí là μkk =29 g /mol,
R=8,31J/mol.K
ĐS: a. R0=1dm; R= 1,3dm; bóng khơng vỡ.
Bài 4: Một lượng chất khí lý tưởng xác định, thực hiện chu
p(atm)
trình A→B→C→A trên giản đồ p - V như đồ thị . Biết nhiệt 3
C
độ ban đầu của khối khí là 27oC
1
O

B
25

A

20

V(l)
60

a. Xác định các q trình biến đổi khí và các thơng số (p,V,T) cịn lại của các
trạng thái A, B, C ?
b.Trong quá trình biến đổi trạng thái từ C đến A tìm nhiệt độ lớn nhất mà khối
khí đạt được ?
ĐS: a.VA=40lit, VB=VC=25lit; pC=1,75atm; TB=187,5K,TC=328,125K
b. Tmax=337,5K
Bài 5: Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng có chiều dài l được chia thành hai
ngăn nhờ một pittông cách nhiệt (bỏ qua bề dày của
pittông). Hai ngăn chứa cùng một chất khí lí tưởng, ngăn
P1
trên chứa một 1mol khí, ngăn dưới chứa 5 mol khí. Khi
chất khí ở hai ngăn có cùng nhiệt độ T1 thì pittơng ở vị trí
cân bằng và cách đầu trên của bình một đoạn l1  0, 25l . Gọi

P2

P0 là áp suất của riêng pittơng tác dụng lên chất khí ở ngăn
dưới. Biết các thông số trạng thái P, V, T và n (mol) liên hệ
với nhau bằng công thức: PV = nRT (với R là hằng số). Bỏ
qua mọi ma sát.
a. Tính áp suất P1 và P2 của khơng khí trong hai ngăn theo P0.
b. Chất khí ở ngăn dưới được giữ ở nhiệt độ T 1. Hỏi phải thay đổi nhiệt độ chất
khí ở ngăn trên đến giá trị bằng bao nhiêu (theo T1) để pittơng cân bằng ở vị trí
cách đều hai đầu của bình?
ĐS: a. p1=1,5p0, p2=2,5p0.
b. T1’=11T1/3

2.3.Một số kết quả đạt được khi ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình nghiên cứu, tìm hiểu thực hiện đề tài này, tôi nhận thấy đây là
bước đầu vừa làm vừa rút kinh nghiệm nhưng đã có bước chuyển biến mới. Các

em nắm chắc kiến thức hơn và khi gặp các bài tập phần chất khí các em vận
dụng tốt và đạt kết quả khả quan trong các kì thi học sinh giỏi cấp trường và cấp
tỉnh.
PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
21


Bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi đại học và cao đẳng là một nhiệm vụ
rất quan trọng của các trường THPT. Đối với mơn vật lí thì chun đề ‘ Bài tập
về chất khí’ là một chun đề khó, việc giải được các bài tập nâng cao đòi hỏi
phải có sự kiên trì, óc tư duy sáng tạo, đồng thời phải có phương pháp phân
tích , tư duy logic mới giải quyết được bài toán triệt để.
Học sinh học đội tuyển trong một thời gian ngắn phải nắm một lượng kiến
thức đồ sộ để đảm bảo tham dự vào các kì thi học sinh giỏi vừa đảm bảo lượng
kiến thức để thi đại học ở các mơn khối.
Trước tình hình đó, để giúp học sinh bớt khó khăn trong q trình học tập
và ơn luyện tơi đã nghiên cứu và thực hiện đề tài này. Các bài tập trong đề tài
đều được phát triển từ dễ đến khó, với mỗi dạng bài đều đưa ra phương pháp và
hướng dẫn cụ thể.
Hi vọng đề tài này sẽ đáp ứng được phần nào các đòi hỏi về tài liệu tham
khảo, phương pháp...giúp cho các bạn đồng nghiệp trong việc bồi dưỡng học
sinh giỏi cũng như học sinh u thích mơn vật lí.
Rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp để đề tài được hồn thiện
hơn, giúp cho cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi hiệu quả hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA
BGH TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 1

Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh

nghiệm của mình làm và viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.
Cẩm Thủy, Ngày 20/5/2019

Cao Thị Thiện

TÀI LIỆU THAM KHẢO
SÁCH THAM KHẢO
STT
1

TÊN TÀI LIỆU THAM KHẢO

TÊN TÁC GIẢ

SÁCH GIÁO KHOA VẬT LÝ 10 – CƠ BẢN

LƯƠNG DUYÊN BÌNH ( TỔNG CHỦ
BÊN)

2

SÁCH GIÁO KHOA VẬT LÝ 10 - NÂNG CAO

NGUYỄN THẾ KHÔI- PHẠM QUÝ TƯ

3

GIẢI TOÁN VẬT LÝ 10

BÙI QUANG HÂN

22


4

BÀI TẬP VẬT LÝ 10 NÂNG CAO

NGUYỄN QUANG BÁU-NGUYỄN CẢNH
HÒE

WEBSITE
1. Thuvienvatly.com
2. Vatlyphothong.vn
DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:Cao Thị Thiện
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Cẩm Thủy 1
Cấp đánh giá
Kết quả
xếp loại
đánh giá
TT
Tên đề tài SKKN
(Ngành GD cấp
xếp loại
huyện/tỉnh;

(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
1.
“Phương pháp hướng dẫn học
Cấp tỉnh
C
sinh giải bài tập phần vẽ
đường truyền ánh sáng”

Năm học
đánh giá
xếp loại
2011-2012

23