de thi bdhsg co hoc cap tinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (427.97 KB, 58 trang )

(1)ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH BÌNH DƯƠNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC THỦ DẦU MỘT. ---------------. ThS. MAI THỊ HẢO. TÀI LIỆU:. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯƠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM 2015 (PHẦN CƠ NHIỆT). Bình Dương, tháng 7/2015.

(2) I. Công tác giảng dạy và tổ chức bồi đưỡng học sinh giỏi môn vật lý thcs 1.Thuận lợi và khó khăn 1.1. Thuận lợi - Sự quan tâm chỉ đạo sát sao của lãnh đạo các cấp mà trực tiếp là phòng Giáo dục và Ban giám hiệu trường: Từ việc ưu tiên chọn học sinh vào đội tuyển, cách chọn đội tuyển đến phân công giáo viên trực tiếp giảng dạy, giáo viên hỗ trợ; từ việc xây dựng chương trình kế hoạch ôn luyện đến đổi mới tổ chức ra đề chấm thi nghiêm túc khách quan; từ việc tăng đầu sách tham khảo cho thư viện, khuyến khích giáo viên mua tài liệu hay đến việc cố gắng động viên về vật chất tinh thần cho giáo viên và học sinh… - Hầu hết giáo viên phụ trách đội tuyển có nhận thức trách nhiệm cao với nhiệm vụ được giao. Nhiệt tình, tận tâm với học sinh, luôn có tinh thần cầu thị học hỏi nâng cao trình độ kiến thức, năng lực chuyên môn và kinh nghiệm… - Chọn học sinh dễ dàng vì các lý do: Thứ nhất, do nhu cầu công việc sau này, Học sinh thích vào đội tuyển các môn khoa học tự nhiên hơn. Nếu để tự nguyện đăng kí, hầu hết các em đều đăng kí ôn luyện các môn khoa học tự nhiên; Thứ hai, do đặc thù bộ môn có sức hấp dẫn riêng: phần lí thuyết ngắn, không phải học thuộc nhiều như các môn xã hội. Yêu cầu kĩ năng diễn đạt không quá khó như các môn xã hội. Đáp án rõ ràng không “lưỡng tính”.Vì vậy khi được chọn vào đội tuyển các môn tự nhiên các em sẽ phấn khởi , thi đua học tập… - Phụ huynh có học sinh vào đội tuyển các môn tự nhiên đều có tâm lí thoải mái, phấn khởi vì đa số phụ huynh đều định hướng cho con em học khối A,B. Nhờ đó phụ huynh luôn tạo điều kiện quan tâmvề vật chất và tinh thần cho con em trong quá trình ôn luyện. 1.2. Khó khăn - Dung luợng kiến thức phải ôn luyện quá rộng, quá tải, không được tập trungkhoanh vùng thức trọng tâm. Học sinh phải học nhiều môn, giáo viên phải dạy nhiều tiếtvì vậy việc BDHSG vô cùng vất vả, khó khăn. - Đề thi nhìn chung tất cả các môn còn dài. Vì vậy việc kết hợp ôn tập kiến thức và rèn luyện kĩ năng làm bài sao cho tốt đáp ứng yêu cầu đề quả là khó khăn..

(3) - Học sinh cấp THCS phương pháp tư duy chưa thực sự sâu, khả năng tự học, tự nghiên cứu còn thấp, cần nhiều sự hướng dẫn của thầy trong khi đó quỹ thời gian ôn tập không nhiều vì học sinh còn phải học nhiều môn, giáo viên phải dạy chính khóa nhiều tiết…. - Chế độ động viên cho giáo viên và học sinh còn hạn chế do quỹ khen thưởng của nhà trường có hạn. Kinh tế suy thoái nên việc huy động các nguồn tài trợ khó khăn. 2. Giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi lý thcs 2.1. Đối với học sinh Trước hết, HSG phải có kiến thức và lòng say mê. Sau đó, ta cần ở các em sự chăm chỉ rèn luyện, cần cù tích luỹ. Ngoài kiến thức kĩ năng học được trên lớp và đọc được trong sách giáo khoa, học sinh cần chủ động tìm đọc thêm sách tham khảo và tài liệu khác qua các kênh thông tin khác nhau. Hiện nay, tài liệu tham khảo rất phong phú, dưới sự tư vấn của GV, các em cần tìm đọc các tài liệu hay để tích lũy cho mình (dẫn chứng GV mượn sách thư viện, mua sách hay cho HS…). Mặt khác, các diễn đàn trao đổi về kiến thức trên Internet cũng rất nhiều, ở đó thường hội tụ các GV và HS rất giỏi, chúng ta và cả HS nên tham khảo có chọn lọc các kiến thc PP trên các diễn đàn đó. 2.2. Về phía giáo viên Cố Thủ tướng Phạm Văn Đồng đã từng nói, muốn có trò giỏi thì trước hết phải có thầy giỏi, nói thế không có nghĩa là cứ có thầy giỏi thì sẽ có trò giỏi, nó còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố khác, tuy nhiên, qua đó muốn khẳng định rằng, vai trò của người thầy trong cực trau dồi, tích lũy chuyên môn, đọc nhiều, hiểu sâu vấn đề mà mình dạy học sinh (HS), theo phương châm biết mười dạy một. Thường xuyên tham khảo và học hỏi kinh nghiệm của các GV gạo cội trong và ngoài huyện, tỉnh (bản công tác phát hiện và bồi dưỡng HSG là hết sức quan trọng. Là giáo viên (GV) bồi dưỡng đội tuyển, theo tôi, chúng ta phải là một người thầy vừa hồng vừa chuyên, hay nói theo cách khác, phải đủ tâm và đủ tầm. Phải trau dồi chuyên môn; chủ động tìm tòi tư liệu trên các phương tiện, đặc biệt là trên mạng internet. Lựa chọn trang web nào hữu ích, các tác giả giỏi, các đề thi hay, chuyên đề hấp dẫn… để sưu tầm tài liệu. Một điều hết sức quan trọng, có thể nói là quan trọng hàng đầu, đó là truyền cho HS niềm say mê, hứng thú, tinh thần ham học hỏi tìm tòi, cái mà chúng ta hay nói nôm na là truyền lửa cho HS. Cách làm của tôi là luôn tôn trọng các lời giải khác của HS, đưa lời giải đó ra trước đội tuyển để phân tích ưu nhược, đề cao cái hay cái sáng tạo của HS đó, có thể có một quyển sổ.

(4) riêng chuyên biên tập các lời giải độc đáo của HS mình, coi đây là tài liệu tham khảo cho toàn đội (năm đó và cả các năm sau). Ngoài ra, khuyến khích động viên các em tìm tòi, nghiên cứu. Với một sáng kiến của các em, có thể là rất nhỏ, nhưng ta khéo léo khuyến khích coi nó là một công trình nhỏ của HS, nhen nhóm nó thành ngọn lửa say mê nghiên cứu, giúp đỡ em để dần có được công trình lớn hơn, biết đâu chính HS đó có thể có những công trình vĩ đại sau này! Một biện pháp nữa không thể thiếu là GV phải lập kế hoạch cho mình một cách thật cụ thể, chi tiết, chia ra nhiều giai đoạn (mỗi giai đoạn phải cụ thể đến từng tuần), tránh tình trạng thích đâu dạy đó. Cá nhân tôi thấy rằng, kế hoạch càng cụ thể chi tiết thì càng dễ thực hiện và dễ rút kinh nghiệm. Sau mỗi giai đoạn cần rút kinh nghiệm một cách nghiêm túc, đề ra phương hướng thực hiện và điều chỉnh cho các giai đoạn tiếp sau đó. Trong công tác bồi dưỡng HSG, với thời lượng lên lớp với đội tuyển là không nhiều, thì việc hướng dẫn HS tự học là đặc biệt quan trọng. Thực tế cho thấy HS nào có tinh thần và phương pháp tự học tốt thì sẽ thành công cao hơn các bạn khác. GV cần hướng dẫn cho HS (và cả phụ huynh HS) cách sử dụng quỹ thời gian của mình (con em mình) một cách hợp lý và hiệu quả, tránh lãng phí thời gian, nhưng cũng đảm bảo thời gian nghỉ ngơi giải trí. Thực tế cho thấy, có HS học rất nhiều, thâu đêm suốt sáng, không thu xếp được thời gian nghỉ ngơi, nên hậu quả là không những không thành công mà còn gây mụ mẫm đầu óc, cơ thể mệt mỏi kéo dài… Mặt khác, người thầy cần bồi dưỡng HS dưới nhiều hình thức, trực tiếp và gián tiếp (qua giờ giảng trên lớp, qua gặp gỡ ngoài giờ, qua email, các diễn đàn, câu lạc bộ…) với lòng nhiệt tình, tận tụy cao độ, đem hết cái tâm của mình ra để truyền tải kiến thức kĩ năng và phương pháp cho trò. Một giải pháp quan trọng nữa là việc lựa chọn HS vào đội tuyển. GV đứng lớp phải để ý HS ngay từ những ngày đầu lớp 6. Ngoài việc lựa chọn qua điểm số của HS thì việc lựa chọn thông qua các lời giải độc đáo là hết sức quan trọng. Thực tế cho thấy, các HS năng khiếu là các HS có những lời giải (hay câu hỏi) khác với thầy và các bạn, có thể nó còn dài dòng và lủng củng, nhưng không sao, ta sẽ uốn nắn sau. Có những HS lại có kiểu ghi chép rất lạ, không giống những gì GV ghi trên bảng, nhưng khi ta đọc kĩ cách ghi ấy thì lại vừa đủ kiến thức của bài, lại vừa có sự ghi nhớ độc đáo của cá nhân HS đó. Tức là, kĩ năng quan sát tinh tế để phát hiện sớm HSG của GV là rất quan trọng..

(5) Cuối cùng, tôi muốn trao đổi với các thầy cô về giải pháp về tâm lý. Người thầy, ngoài việc dạy HS kiến thức, kĩ năng, phương pháp còn phải kết hợp các biện pháp về tâm lý. Cách làm của tôi là sau mỗi kỳ thi của các em, sẽ có những em thành công và có những em thất bại, yêu cầu các em viết ra suy nghĩ của mình về nguyên nhân thành công (thất bại) của bản thân, đề ra phương hướng, kế hoạch và mục tiêu đạt giải mấy cho vòng thi sau. Sau đó cho các em dán lên góc học tập của mình, ngày nào các em cũng nhìn thấy những điều mà mình đã viết, từ đó tạo động lực không nhỏ cho thành công sau này. 2.3. Về phía PHHS - Quan tâm tạo điều kiện, động viên tích cực con em học tập tốt hơn. - Trang bị đầy đủ dụng cụ học tập, tài liệu tham khảo, hướng dẫn con em mình sử dụng hợp lý và hiệu quả quỹ thời gian ở nhà. - Thường xuyên liên lạc với GVCN, với giáo viên dạy đội tuyển, với nhà trường, với bạn bè của con em mình để nắm bắt kịp thời tình hình học tập của con mình. 2.4. Về phía BGH, nhà trường - Cần phải phân công chuyên môn một cách hợp lý, lựa chọn giáo viên có đủ phẩm chất, năng lực, tinh thần trách nhiệm để bồi dưỡng HSG. Bên cạnh đó cũng cần coi trọng việc giám sát, kiểm tra thường xuyên. - Phát hiện và xây dựng nguồn bắt đầu từ lớp 6, cử giáo viên có kinh nghiệm dạy bồi dưỡng - Cần tạo mọi điều kiện cho GV tham gia các lớp học tập nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ. - Cần làm tốt công tác xã hội hóa giáo dục để kết hợp với nhà trường có những chế độ động viên, khuyến khích khen thưởng kịp thời và hợp lý đối với giáo viên và học sinh có thành tích cao. 3. Thành lập và bồi dưỡng đội tuyển HSG vật lý thcs ntn? Bước 1:Thành lập đội tuyển học sinh giỏi 6 - Yêu cầu phải thành lập một đội có những em nhận thức và ham học tập môn Vật lí hơn học sinh khác. - Chọn đối tượng là khâu đầu tiên, là hạt nhân nòng cốt cho đội tuyển..

(6) + Nếu chọn được đối tượng tốt sẽ thuận lợi cho việc bồi dưỡng từ đó người giáo viên có điều kiện để phát huy các thế mạnh về phương pháp bồi dưỡng và kiến thức cần truyền đạt cho học sinh. + Giả thuyết nếu chọn đối tượng không tốt sẽ dẫn đến giáo viên: dù có phương pháp tốt, biện pháp tốt nhưng học sinh bị ràng buộc, không đam mê từ đó dẫn đến kết quả không cao (Vì dạy và học là hai yếu tố quan hệ hữu cơ với nhau, trò phải có hứng thú và mong muốn tiếp nhận có tinh thần cầu tiến học hỏi thì thầy mới có điều kiện thực hiện thành công ý tưởng của mình. Dẫn đến học trò có mong muốn sự học hỏi tích cực sẽ đòi hỏi và thúc đẩy thầy dạy càng tốt hơn trong tìm tòi và đưa ra tri thức mới) Kết quả đội tuyển lớp 6 nếu thuận lợi sẽ là động lực cho học sinh đội tuyển 7,8,9 . Nếu thấy nhân tố yếu sẽ cần phải thay thế và bổ sung tuy nhiên cần có sự kế thừa năm cũ và phát triển năm mới. Bước 2: Khi đã có đội tuyển HSG cần kiểm tra chặt chẽ đối tượng học sinh tham giađội tuyển từ các giờ chính khóa ở lớp đến kiểm tra kĩ năng kiến thức - kĩ năng học bài ở nhà. - Giáo viên cần có sổ theo dõi ghi chép đánh giá từng phần cụ thể kế hoạch đã đạt được mặt còn hạn chế của đối tượng dựa trên đặc điểm tính cách của từng học sinh đã lựa chọn để từ đó tìm cách tháo gỡ dần những tồn tại hạn chế cho từng em. Đánh giá thường xuyên và có thông báo chi tiết cụ thể bằng việc trả và chấm bài cho học sinh trong đội tuyển. Yêu cầu các em làm bài nghiêm túc, đầy đủ, đọc thêm các sách có liên quan. Bước 3: Sưu tầm các đề thi ,các dạng bài tập hay cho đội tuyển . - Thường xuyên sưu tầm cập nhật các đề thi, các dạng kĩ năng đòi hỏi học sinh tự hoàn thiện hoặc hoàn thiện dưới sự hướng dẫn của giáo viên. Tiến tới nâng dần việc tự học của học sinh. Để các em thấy việc cần thiết phải vận dụng được kiến thức cơ bản từ SGK vào bài thi. Phần nào từ SGK cơ bản, phần nào từ SGK nâng cao. Học sinh tự nhận thức và thấy được sự hạn chế của mình ở các nội dung cơ bản từ đó giúp cho việc tự rèn luyện nâng cao trao đổi với GV để tự nâng cao bồi dưỡng có hiệu quả hơn. Bước 4 : Làm quen với đề thi HSG năm trước của trường - Làm quen với các đề thi năm trước. Đây cũng là cách giáo viên giúp cho học sinh tổng hợp được, khái quát các kỹ năng kiến thức yêu cầu đối với học sinh giỏi. Từ đó tạo điều kiện trang bị cho các em kỹ năng hoàn thiện, và sự phản xạ với các đề, kiểu đề từ đòi hỏi thấp đến.

(7) đòi hỏi cao. Học sinh đội tuyển luôn có tầm để đón nhận các dạng đề mà người ra đề yêu cầu, có khả năng phát huy năng lực tư duy, kiến thức kỹ năng, phương pháp làm bài đã có. Không rơi vào tình trạng bị động khi xem đề, dẫn đến bỡ ngỡ mất phương hướng hoang mang làm sai khi đọc đề. Bước 5: Kiểm tra thường xuyên kết hợp với việc chấm trả bài. - Kiểm tra thường xuyên sự chuyên cần học tập của học sinh trên lớp, ở nhà, xem mức độ đáp ứng yêu cầu giáo viên đặt ra thông qua việc yêu cầu làm bài. Chấm, trả bài, chữa lỗi câu, lỗi chính tả, lỗi kiến thức một cách nghiêm túc. Từ đó giúp học sinh có nhận thức sâu sắc hơn về việc học, viết, trình bày để làm bài thi đạt điểm cao. Đó cũng là cách học cẩn thận khoa học, chính xác. Bước 6: Khai thác các sách tham khảo nâng cao. - Hướng dẫn học sinh khai thác tối đa các sách tham khảo thông dụng như: Giải toán Vật lý 10, Phương pháp giải bài tập vật lý sơ cấp, Bài tập cơ học… trong rèn luyện thi học sinh giỏi. - Đối với môn Vật lí nói chung, học sinh giỏi Vật lí nói riêng việc đề cao khai thác phương pháp thực hành, làm thí nghiệm, tham khảo các thí nghiệm trong sách thực hành, sách bài tập là hết sức cần thiết. Việc sử dụng thí nghiệm trong dạy học góp phần quan trọng vào việc hoàn thiện những phẩm chất và năng lực của học sinh, đưa đến sự phát triển toàn diện cho người học. Thí nghiệm Vật lý là phương tiện nhằm góp phần nâng cao chất lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo vật lý cho học sinh. Nhờ thí nghiệm học sinh có thể hiểu sâu hơn bản chất vật lý của các hiện tượng, định luật, quá trình... được nghiên cứu và do đó khả năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn của học sinh sẽ linh hoạt và hiệu quả hơn. Bước 7: Tiến hành cho học sinh thi và kiểm tra đánh giá theo cả 2 phương thức tự luận và trắc nghiệm . - Mỗi phương pháp đều có một ưu nhược điểm nhất định. Phương pháp tự luận có ưu điểm là đánh giá được khả năng diễn đạt, sử dụng ngôn ngữ và quá trình tư duy của học sinh để đi đến câu trả lời, góp phần rèn luyện cho học sinh khả năng trình bày, diễn đạt ý kiến của mình. Từ đó học sinh có điều kiện bộc lộ khả năng sáng tạo của mình một cách không hạn chế, giáo viên có điều kiện đánh giá đầy đủ khả năng sáng tạo của học sinh. Tuy nhiên phương pháp tự luận cũng có nhược điểm là bài kiểm tra chỉ kiểm tra được một phần nhỏ kiến thức, do đó khó có thể phân biệt rõ ràng trình độ của học sinh..

(8) Phương pháp trắc nghiệm có ưu điểm là có thể kiểm tra đánh giá trên diện rộng trong một khoảng thời gian ngắn. Có điều kiện kiểm tra một cách có hệ thống và toàn diện kiến thức và kĩ năng của học sinh. Từ đó giáo viên có thể đánh giá được rõ ràng trình độ của học sinh và quan trọng hơn, học sinh sẽ tự đánh giá được trình độ của bản thân một cách chính xác. Tuy nhiên phương pháp trắc nghiệm sẽ hạn chế khả năng sáng tạo của học sinh. Vì vậy, giáo viên phải dùng cả 2 hình thức tự luận và trắc nghiệm một cách luân phiên thì mới tìm được đúng các nhân tố tích cực, sáng tạo đưa vào để bồi dưỡng học sinh giỏi. - Từ các bài kiểm tra của học sinh mà người giáo viên phải tìm cách tháo gỡ thắc mắc cả về phương pháp, cách giải bài tập những phần chương có bài tập khó .Tìm giải pháp hiệu quả để dạy từng chương từng vấn đề hoặc chuyên đề định giảng dạy. Tìm ra phương pháp tiếp cận học sinh có hiệu quả nhất. Bước 8 :Khích lệ, động viên về mặt tinh thần cho các em trong đội tuyển - Luôn cổ vũ động viên tinh thần cho các em trong đội tuyển giúp các em tự tin trong khi tham dự đội tuyển. Đặt niềm tin và hy vọng vào các em, giúp các em phát huy hết năng lực khi làm bài. Cần phối kết hợp với giáo viên chủ nhiệm, giáo viên bộ môn, cán bộ đoàn…Tạo điều kiện cả về vật chất và tinh thần cho các em khi tham dự đội tuyển. - Phối hợp với bạn bè, gia đình động viên để các em học tốt hơn. - Mời các học sinh cũ đang học đại học hoặc đang công tác, đặc biệt là những em có thành tích học sinh giỏi về nói chuyện với các em, khơi gợi lòng say mê, quyết tâm phấn đấu. - Kích thích lòng yêu thích môn Vật lý thông qua các buổi ngoại khóa Vật lý. Ví dụ, năm nay học sinh khối lớp 10 trường THPT hàm Rồng được tham gia cuộc thi làm tên lửa nước. Mỗi lớp tham dự 2 tiết mục, lớp nào có tên lửa bay xa nhất sẽ có giải. Thực tế tất cả các em (kể cả các em không trong đội tuyển) rất nhiệt tình háo hức tham gia, mỗi lớp chia làm 2 nhóm làm tên lửa, các em rất sáng tạo trong việc lắp thêm đồng hồ đo áp suất, làm tên lửa 3 tầng… Cuộc thi thật sự đã đem lại nhiều niềm vui, say mê sáng tạo đến với các em học sinh trong toàn khối. Bước 9: Chủ động cho đội tuyển học sinh giỏi bồi dưỡng theo thời gian - Giáo viên tự chủ động cho đội tuyển học sinh giỏi bồi dưỡng theo thời gian, địa điểm hợp lí. Tránh ôn gấp rút, ôn trong thời gian dài, hoặc ôn kiểu nhồi nhét kiến thức..

(9) - Tranh thủ trong những buổi học chung của cả lớp, giáo viên đan xen những bài tập khó, gợi mở chung, tạo điều kiện phát huy sự sáng tạo của các em trong đội tuyển. - Giáo viên thường xuyên giao bài tập về nhà cho các em trong đội tuyển, thu và chấm, đồng thời nhận xét ưu khuyết điểm cụ thể. - Tranh thủ những lúc cuối buổi học, cùng với các em trong đội tuyển giáo viên giải đáp các thắc mắc những bài tập khó cho các em, cùng các em tranh luận một số khúc mắc. Bước 10:Thực hiện trình tự ôn tập - Giáo viên nên ôn theo từng phần, rèn luyện từ cơ bản đến nâng cao. Giáo viên thường xuyên giao bài, giao các nội dung cần tìm hiểu cho các em về nhà tự đọc, làm bài. Luôn lắng nghe ý kiến và thỏa mãn yêu cầu giải đáp kiến thức, kỹ năng cho học sinh. Tăng tính tích cực làm việc của thầy và trò, kích thích sự tự tìm tòi của học sinh là chủ yếu. Bước 11:Ghi chép kết quả thi của học sinh. - Giáo viên thường xuyên ghi chép kết quả các bài kiểm tra của học sinh, gặp gỡ để nắm bắt các tình huống khi học sinh làm bài. Giáo viên chủ động liên lạc với gia đình để bố mẹ các em nắm được sự tiến bộ của từng em. Giáo viên tự rút ra bài học kinh nghiệm cho mình và đồng nghiệp để thực hiện bồi dưỡng học sinh giỏi các khối khác và cho khối 10 năm sau tốt hơn. Đúc rút kinh nghiệm để trao đổi với đồng nghiệp cùng tìm hướng giải quyết. II. Nội dung: Cơ nhiệt Phần I: Nhiệt học I - CƠ SỞ LÝ THUYẾT: 1/ Nguyên lý truyền nhiệt: Nếu chỉ có hai vật trao đổi nhiệt thì: - Nhiệt tự truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn. - Sự truyền nhiệt xảy ra cho đến khi nhiệt độ của hai vật bằng nhau thì dừng lại. -Nhiệt lượng của vật này tỏa ra bằng nhiệt lượng của vật khi thu vào. 2/ Công thức nhiệt lượng: - Nhiệt lượng của một vật thu vào để nóng lên: Q = mc∆t (với ∆t = t 2 - t1. Nhiệt độ cuối trừ nhiệt độ đầu) - Nhiệt lượng của một vật tỏa ra để lạnh đi: Q = mc∆t (với ∆t = t 1 - t2. Nhiệt độ đầu trừ nhiệt độ cuối).

(10) - Nhiệt lượng tỏa ra và thu của các chất khi chuyển thể: + Sự nóng chảy - Đông đặc: Q = mλ (λ là nhiệt nóng chảy) + Sự hóa hơi - Ngưng tụ: Q = mL (L là nhiệt hóa hơi) - Nhiệt lượng tỏa ra khi nhiên liệu bị đốt cháy: Q = mq (q năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu) - Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn khi có dòng điện chạy qua: Q = I2Rt 3/ Phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa ra = Qthu vào 4/ Hiệu suất của động cơ nhiệt: H =. Qích 100% Qtp. 5/ Một số biểu thức liên quan: m - Khối lượng riêng: D = V P - Trọng lượng riêng: d = V. - Biểu thức liên hệ giữa khối lượng và trọng lượng: P = 10m - Biểu thức liên hệ giữa khối lượng riêng và trọng lượng riêng: d = 10D Dạng 1: Bài tập định tính Bài1: Nhiệt độ bình thường của thân thể người là 36,6 0C. Tuy nhiên ta không thấy lạnh khi nhiệt độ của không khí là 250C và cảm thấy rất nóng khi nhiệt độ không khí là 360C. Còn trong nước thì ngược lại, khi ở nhiệt độ 360C con người cảm thấy bình thường, còn khi ở 250C người ta cảm thấy lạnh. Giải thích nghịch lí này như thế nào? Bài 2: Sự truyền nhiệt chỉ thực hiện được từ một vật nóng hơn sang một vật lạnh hơn. Nhưng một chậu nước để trong phòng có nhiệt độ bằng nhiệt độ của không khí xung quanh, lẽ ra nó không thể bay hơi được vì không nhận được sự truyền nhiệt từ không khí vào nước. Tuy vậy, trên thực tế , nước vẫn cứ bay hơi. Hãy giải thích điều như là vô lí đó. Bài 3: Ai cũng biết rằng giấy rất dễ cháy.Nhưnng có thể đun sôi nước trong một cái cốc bằng giấy, nếu đưa cốc này vào ngọn lửa của bếp đèn dầu đang cháy. Hãy giải thích nghịch lí đó. Bài 4: Tại sao trong tủ lạnh, ngăn làm đá được đặt trên cùng, còn trong các ấm điện, dây đun lại được đặt gần sát đáy?.

(11) Bài 5: Một quả cầu kim loại được treo vào một lực kế nhạy và nhúng trong một cốc nước. Nếu đun nóng đều cốc nước và quả cầu thì số chỉ lực kế tăng hay giảm? Biết rằng khi nhiệt độ tăng như nhau thì nước nở nhiều hơn kim loại. Bài 6: Tại sao khi rót nước nóng vào cốc thủy tinh thì cốc dày dễ bị vỡ hơn cốc mỏng? Muốn cốc khỏi bị vỡ khi rót nước sôi vào thì ta phải làm như thế nào? Bài 7: Đun nước bằng ấm nhôm và bằng đất trên cùng một bếp lửa thì nước trong ấm nào sôi nhanh hơn? Bài 8: Tại sao về mùa lạnh khi sờ tay và miếng đồng ta cảm thấylạnh hơn khi sờ tay vào miếng gỗ? Có phải nhiệt độ của đồng thấp hơn của gỗ không? Bài 9: Tại sao ban ngày thường có gió thổi từ biển vào đất liền. Còn ban đêm thì lại có gió thổi từ đất liền ra biển. Bài 10: Khi bỏ đường và cốc nước thì có hiện tượng khuếch tán xảy ra. Vậy khi bỏ đường vào cố không khí thì có hiện tượng khuếch tán xảy ra không? tại sao? Dạng 2. Tính nhiệt độ của một chất hoặc một hỗn hợp ban đầu khi cân bằng nhiệt Bài 1. Người ta thả một thỏi đồng nặng 0, 4kg ở nhiệt độ 800c vào 0, 25kg nước ở t o = 180c. Hãy xác định nhiệt độ cân bằng. Cho c. 1. = 400 J/kgk c. 2. = 4200 J/kgk. 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:. m 1=1 kg ,m2 =2 kg, m 3=3 kg . Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ của chúng lần lượt là. c 1=2000 j/kgk , t 1 =100 c , c 2 =4000 j/kgk , t 2=100 c , c3 =3000 j/kgk ,t 3 =500 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 t=. m1 . c 1 .t 1 +m2 . t 2 . c 2 +m3 . c 3 . t 3 m1 .c 1 +m2 . c 2 +m3 . c 3. thay số vào ta có t = 20,50C. Từ đó ta có bài toán tổng quát như sau.

(12) 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 c 1 ,c 2 .......c n và nhiệt độ là t1 ,t 2 ........tn . Được trộn lẩn vào nhau. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt Hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt là t=. m1 . c 1 .t 1 +m2 . t 2 . c 2 +m3 . c 3 . t 3+. .. .. . ..+mn t n c n m1 . c 1 +m2 . c 2 +m3 . c 3 +. .. . .. .. .+mn c n. Dạng 3. 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 tỷ mỷ để học sinh thành thạo khi giải các bài tập sau đây là một số bài tập o Bài 1. Bỏ 100g nước đá ở t1 =0 C. o vào 300g nước ở t 2=20 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 5. λ=3,4 .10 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 c 2 .(20−0 ) = 0,3.4200.20 =25200J Qthu=m1 . λ = 0,1. 3,4.105 = 34000J. Ta thấy Q thu > Qtoả nên nước đá không tan hết. Lượng nước đá chưa tan hết là. m=. Q thu −Q toa λ. 8800 5 = 3,4 .10 = 0,026 kg. 0 Bài 2. Trong một bình có chứa m1=2 kg nước ở t1 =25 c . Người ta thả vào bình m2 kg nước. 0 đá ở t 2 = −20 c . Hảy tính nhiệt độ chung của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt trong các. trường hợp sau đây: a) m2 = 1kg. b) m2 = 0,2kg. c). m2. =. 6kg Cho nhiệt dung riêng của nước, của nước đá và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là c 1=4,2 kj/kgk ;c 2 =2,1 kj/kgk , λ=340 kj/kg.

(13) 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 =c 1 m1 (t 1 −0 )=4,2. 2. (25−0 )=210 kj. a) m2 = 1kg nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ tới ooc Q2 =c 2 m2 (o−t 2 )=2,1.( o−(−20))=42 kj Q1 ¿ Q2 ¿. nước đá bị nóng chảy.. Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hoàn toàn: Q' 2 =λ . m2 =340 .1=340 kj Q2 + Q ' 2 ¿ Q1 ¿ ¿. nước đá chưa nóng chảy hoàn toàn. Vậy nhiệt độ cân bằng là 0 0C. Khối lượng. nước đá đã đông đặc là m y c 1 . m1 (t−0)+ λ . m y =c 2 m 2 (0−t 2 )⇒. m y =0, 12kg. Khối lượng nước đá đã nóng chảy mx được xác định bởi: c 1 . m1 ( t−0)=c 2 m 2 ( 0−t 2 )+ λ . mx ⇒ mx≈0,5 kg. Khối lượng nước có trong bình: mn =m1 +mx ≈2,5 kg Khối lượng nước đá còn lại md =m2 −mx =0,5 kg b) m2=0,2 kg : tính tương tự như ở phần a . Q2 =c 2 m2 (0−t 2 )=8400 j;Q ' 2=λ . m2 =68000 j Q1 ¿ Q 2 +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 c 2 m2 (0−t 2 )+λ . m2 +c1 m 2 (t−0)=c 1 m1 (t1 −t ) Từ đó t≈14,50 c. Khối lượng nước trong bình: mn =m1 +m2 =2,2 kg ; Khối lượng nước đá m d =O c) m2=6 kg Q2 =c 2 m2 (0−t 2 )=252kj Q2 ¿ Q1 ¿ ¿. : nước hạ nhiệt độ tới Oocvà bắt đầu đông đặc.. - Nếu nước đông đặc hoàn toàn thì nhiệt lượng toả ra là: Q' 1 =λm1 =680 kj.

(14) Q1 + Q ' 1 ¿ Q2 ¿ ¿. : 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 ,12 kg Khối lượng nước còn lại:. mn =m1−m y=1, 88kg.. Câu 2: Thả một cục sắt có khối lượng 100g đang nóngở 5000C và 1kg nướcđáở 200C. Một lượng nướcở quanh cục sắtđã sôi và hóa hơi. Khi có cân bằng nhiệt thì hệ thống có nhiệt độ là 240C. Hỏi khối lượng nướcđã hóa hơi. Biết nhiệt dung riêng của sắt Csăt=460J/kgK, của nước cnước=4200J/kgK, nhiệt hóa hơi L=2,3.106J/kg. Bài tập tương tự Bài 3. Thả 1, 6kg nước đá ở -100c vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở 80 0C; 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 c d = 2100J/kgk và nhiệt nóng chảy của nước đá là λ=336 .103 j/kgk .. ĐS: a) nước dá không tan hết b) 00C Bài 4. Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng nhiệt độ O 0c, người ta rót thêm vào đó 2kg nước ở 500C. Tính nhiệt độ cân bằng cuối cùng. ĐS:. t = 4,80C. Dạng 4:Tính nhiệt lượng hoặc khối lượng của các chất trong đó không có (hoặc có) sự mất mát nhiệt lượng do môi trường 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’, nhiệt độ của cốc nước bằng. 400C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một cách đều đặn, hảy xác định nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong mỗi giây. Nhiệt dung riêng của thuỷ tinh là c 2 = 840J/kgk. Giải.

(15) 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 =m1 c1 (t1 −t ) = 0,2.2400. (100-40) = 28800 J. - Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 400C là Q2 =m2 c 2 (t−t 2 ) = 0,12.840.(40-20) = 2016 J. Do đó nhiệt lượng toả ra: Q = Q1 −Q2 = 26784 J Công suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng N=. Q 26784 j = T 300 s. = 89,28J/s. Bài 2 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 21,2 0C. Tìm nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là c 1=880 j/kgk ;c 2 =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 00C . Nước đá có tan hết không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống hoặc lượng nước đá còn sót lại 5. nếu không tan hết? Biết nhiệt nóng chảy của nước đá là λ=3,4 .10 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 củ bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ t1= 200C đến t 2= 21,20C Q1 =m1 c1 .(t 2 −t 1 ) ( m1 là khối lượng thau nhôm). Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ t1= 200C đến t 2= 21,20C Q2 =m 2 c 2 (t 2−t 1 ). m2 là khối lượng nước.

(16) Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t0C đến t 2= 21,20C Q3 =m3 c 3 (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 t. ⇒. =. ⇒. m3 c 3 (t '−t 2 )=(m1 c1 +m2 c 2 )(t 2 −t1 ). ((m 1 c 1 +m2 c 2 )(t 2−t 1 )+m3 c 3 t 2 m3 c3. Thay số vào ta được t = 160,780C b) Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại Q 3 −10 %(Q1 +Q 2 )=(Q 1 +Q 2 ) ⇒Q 3 =110 %(Q 1 +Q 2 )=1,1(Q 1 +Q 2 ). Hay t' =. ⇒. m3 c 3 (t '−t 2 )=1,1(m1 c 1 +m2 c 2 )(t 2−t 1 ). ((m 1 c 1 +m2 c 2 )(t 2−t 1 )+m 3 c 3 t 2 m3 c3. + t 2 => t’ = 174,740C. c) Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 00C 5. Q = λm=3,4 . 10 . 0,1=34000 j Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ 21,2 0C xuống 00C là: Q'=(m1 c1 +m2 c 2 +m3 c 3 )(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 ΔQ=Q '−Q =( m 1 c 1 +( m 2 +m ) c 2 +m 3 c 3 ) t } { ¿. (Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 00C đến t” 0C). t= { {Q' - Q} over { \( m rSub { size 8{1} } c rSub { size 8{1} } + \( m rSub { size 8{2} } +m \) c rSub { size 8{2} } +m rSub { size 8{3} } c rSub { size 8{3} } \) } } = { {189109 - 340 0} over {0,5 . 8 0+ \( 2+0,1 \) 420 +0,2 . 380} } } { ¿ =>. t} { ¿. = 16,60c. Bài 3: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0, 5kg chứa 2kg nước ở 25 oC. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C 1 = 880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh Giải:. + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25oC tới 100oC là:.

(17) Q1 = m1c1 ( t2 t1 ) = 0,5.880.( 100 25 ) = 33000 ( J ) + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25oC tới 100oC là: Q2 = mc ( t2 t1 ) = 2.4200.( 100 25) = 630000 ( J ) + Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J ). (1). + Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút Q = H.P.t. (2). (Trong đó H T = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây) Q 663000.100  789,3( W) 70.1200 +Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P = H.t. Bài tập tương tự Bài 4. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng m1=500 g chứa m2=400 g nước ở 0 nhiệt độ t1 =20 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 0 b) Sau đó người ta thả vào bình một khối nước đá có khối lượng m3 ở nhiệt độ t3 =−5 c .. Khi cân bằng nhiệt thì thấy trong bình còn lại 100g nước đá. Tìm m3 cho biết nhiệt dung riêng của nhôm là c 1 =880 (J/kgk), của nước là c 2 = 4200 ( J/kgk) của nước đá là c 3 = 2100(J/kgk), nhiệt nóng chảy của nước đá là λ= 34000 J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường Bài 5. 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 5.Tính một trong các đại lượng m,t, c khi rót một số lần hỗn hợp các chất từ bình này sang bình khác..

(18) - 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. 0 Bài 1 có hai bình cách nhiệt. Bình một chứa m1=4 kg nước ở nhiệt độ t1 =20 c ;bình hai chứa. m2=8 kg ở nhiệt độ t 2=400 c . Người ta trút một lượng nước m từ bình 2 sang bình 1. Sau khi. nhiệt độ ở bình 1 đã ổn định, người ta lại trút lượng nước m từ bính 1 sang bình 2. Nhiệt độ ở bình 2 khi cân bằng nhiệt là t ' 2 = 380C. Hãy tính lượng nước m đã trút trong mỗi lần và nhiệt độ ổn định t'1 ở bình 1. 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 )=m1 c(t ' 1 −t 1 ). (1). Tương tự khi nhiệt độ bình 1 đã ổn định cũng trút lượng nước m này từ bình 1 sang bình 2 và khi nhiệt độ bình 2 đã ổn định ta có phương trình cân bằng nhiệt lần thứ hai là mc(t ' 2 −t ' 1 )=c (m2 −m)(t 2 −t ' 2 ). (2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình. mc(t 2 −t ' 1 )=m1 c(t ' 1 −t 1 ). mc(t ' 2 −t ' 1 )=c (m2 −m)(t 2 −t ' 2 ). Với m1=4 kg 0,5kg ,. t 1 =20 0 c , m 2=8 kg , t 2=400 c , t ' 2. t'1 = 400c.. = 380c thay vào và giải ra ta được m =.

(19) Tương tự bài tập trên ta có bài tập sau Bài 2. 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 Giải. Gọi q 2 là nhiệt dung tổng cộng của chất lỏng chứa trong bình 2 sau lần trút thứ nhất (ở 100C), q là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào (có nhiệt độ C t1 ) và t là nhiệt độ bỏ sót không ghi. Phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút cuối: q 2 (17 , 5−10 )=q (t1 −17 , 5). ( q 2 +q )(t−17 , 5)=q(t 1 −t ) (q2 +2 q)(25−t )=q(t 1−25 ). Giải hệ phương trình trên ta có t = 220C. t1 =400C. Bài 3: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 00C. Qua thành bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian T d = 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau T t = 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp: 1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi 2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi. Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? (giải cho từng trường hợp ở trên).

(20) Giải: Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là Kd và Kt. Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt Với tV = 100 và t1 = 0 Nên: \f(Kd,Kt= \f(Tt,Td = 3,2 Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 760C Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,80C. Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút. Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên Bài 4: 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 độ t1 = 650C. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 350C. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ t3 = 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.

(21) 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 5. Một bạn đã làm thí nghiệm như sau: từ hai bình chứa cùng một loại chất lỏng ở nhiệt độ khác nhau; múc 1 cốc chất lỏng từ bình 2 đổ vào bình 1 rồi đo nhiệt độ của bình 1 khi đã cân bằng nhiệt . Lặp lại việc đó 4 lần, bạn đó đã ghi được các nhiệt độ: 200C,350C,x0C,500C. Biết khối lượng và nhiệt độ chất lỏng trong cốc trong 4 lần đổ là như nhau, bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình chứa. Hãy tính nhiệt độ x và nhiệt độ của chất lỏng trong hai bình Giải hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có kết quả như sau 0 0 x= 400c ; t1 =−10 c ;t 2 =80 c. Bài 6. 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 riêng của nhiệt lượng kế, C a là nhiệt dung của một ca nước; T là nhiệt độ của ca nước nóng, T 0 nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế . - Khi đổ 1 ca nước nóng vào NLK, pt cân bằng nhiệt là: 5C = C a (T – ( T 0 +5)). (1). Khi đổ thêm 1 ca nước nữa: 3(C + C a ) = C a (T – ( T 0 +5 +3)). (2). Khi đổ thêm 5 ca nước nữa K, nhiệt độ tăng thêm Δ t: Δ. t( C + 2 C a ) = 5 C a (T – ( T 0 +5 +3 +. Giải ra ta có Δ t = 60C Bài tập tương tự. Δ. t).

(22) Bài 7. Trong hai bình cách nhiệt có chứa hai chất lỏng khác nhau ở hai nhiệt độ ban đầu khác nhau. Người ta dùng một nhiệt kế, lần lượt nhúng đi nhúng lại vào bình 1, rồi vào bình 2. Chỉ số của nhiệt kế lần lượt là 400C ; 80C ; 390C ; 9,50C. a) Đến lần nhúng tiếp theo nhiệt kế chỉ bao nhiêu? b) Sau một số lần nhúng như vậy, Nhiệt kế sẽ chỉ bao nhiêu? Đáp số. a). t = 380c; b). t = 27,20c m1 = 2kg một lượng nước m2 = 1kg ở. Bài 8. a) Người ta rót vào khối nước đá khối lượng. 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 c 1 = 2000J/kgk; nước c 2 = 4200J/kgk. Nhiệt nóng chảy của nước đá. 5. λ=3,4 .10 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 00C và khi đó có một phần nước đá sẽ đông đặc ở 0 0C 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 độ từ. t 0c 1. t 0c 1. . Ta có nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng nhiệt. tới 00C là. Q 1 =m1 c1 (0−. t1 ) = - m1 .c 1 .t1. Nhiệt lượng của nước toả ra để hạ nhiệt độ từ 100C về 00C là Q2 =m2 c 2 (10−0) = m2 .c2 .10. Nhiệt lượng một phần nước m’ toả ra để đông đặc ở 00C là Q3 =λ .m'. Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có.

(23) Q1 =Q 2 +Q3. Từ đó suy ra. 0. t 1 =−14 ,75 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 . λ. Nhiệt lượng toàn bộ nước ở 00C ( 3kg) nhận vào để tăng nhiệt độ đến 500C Q2 =3. 4200. 50=. Nhiệt lượng hơi nước sôi ( 1000C) toả ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 1000C Q3 =Lm (m là khối lượng hơi nước sôim). Nhiệt lượng nước ở 1000C toả ra để giảm đến 500C Q4 =m . c2 .50. Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có Q 1 +Q 2 =Q 3 +Q 4. Từ đó suy ra. m = 0,528kg = 528g. Bài 9. Người ta rót 1kg nước ở 15 0C vào bình đựng 3kg nước đá. Tại thời điểm cân bằng nhiệt giữa nước và nước đá. Khối lượng nước đá tăng lên 100g. Hãy xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgđộ, của nước đá là 2100J/kgđộ, nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.105J/kg và trong quá trình trao đổi nhịêt trên chúng đã hấp thụ 10% nhiệt từ môi trường bên ngoài. Dạng 5. Bài tập tổng hợp có liên quan đến hiệu suất, nhiệt hoá hơi Bài 1. 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 c 1=4200 j/kgk ;c 2 =880 j/kgk. ,. năng suất toả nhiệt của dầu là q = 44. 106J/kgk và hiệu suất của bếp là 30%. b. cần đun thêm bao lâu nữa thì nước noá 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 1000C là Q1 =m1 c1 (t 2−t 1 ). = 672kJ. Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 200C đến 1000C là.

(24) Q2 =m 2 c 2 (t 2−t 1 ) = 14,08kJ. Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là Q=Q1 + Q2 = 686,08kJ. Do hiệu suất của bếp là H = 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu toả ra là Q'=. Q 686080 . 100 %= .100 %= H 30 % 2286933,3J. Q’ = 2286,933kJ 3. Và khối lượng dầu cần dùng là:. Q' 2286 , 933 .10 m= = =51 , 97 . 10−3 kg 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 .10 6 j=4600 kj. 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 s). Vậy để cung cấp một nhiệt lượng. Q3 =4600 kj cần tốn một. thời gian là t=. Q3 Q. . 15 ph=. 4600 .15 ph=100 , 57 ph 686 , 08. Bài 2. 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 100 0C. Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá là. C1 =1800 j/kgk ;C 2 =4200 j/kgk ; Nhiệt nóng chảy của. nước đá ở 00c là λ = 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 xẩy ra 4 quá trình . Nước đá nhận nhiệt để tăng lên 00C là Q1 .Nước đá nóng chảy ở 00C là Q2 . Nước đá nhận nhiệt để tăng nhiệt từ 00C đến 1000C là Q3 nhiệt lượng nước hoá hơi hoàn toàn ở 1000C là Q4.

(25) Tính nhiệt tổng cộng để nước đá từ – 50c biến thành hơi hoàn toàn ở 1000C là Q = Q1 +Q2 +Q3 +Q4 b) Đôi với câu b cần tính khối lượng nước đá đã tan thành nước và do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ là 00C sau đó tính nhiệt lượng mà khối nước đá nhận vào để tăng lên 00C là Q1 ở trên sau đó tính nhiệt lượng của toàn xô nước và của nước giảm nhiệt độ từ 500C về 00C và tính nhiệt lượng nước đá nhận vào để tan hoàn tòan ở 0 0C sau đó áp dụng pt cân bằng nhiệt và tính ra khối lượng có trong xô. và tính ra được M = 3,05 kg Bài 3. a) Tính nhiệt lượng Q cần thiết để cho 2kg nước đá ở – 10 0C biến thành hơi, cho biết; Nhiệt dung riêng của nước đá là 1800J/kgk, của nước là 4200J/kgk, nhiệt nóng chảy của nước đá là 34.104J/kg, nhiệthoá hơi của nước là 23.105J/kg b) Nếu dùng một bếp dầu hoả có hiệu suất 80%, người ta phải đốt cháy hoàn toàn bao nhiêu lít dầu để cho 2kg nước đá ở -10 0C biến thành hơi. Biết khối lượng riêng của dầu hoả là 800kg/m3 năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.106J/kg 0 Bài 4: Một khối sắt có khối lượng m1 , nhiệt dung riêng là c 1 nhiệt độ t1 =100 c . Một bình. chứa nước, nước trong bình có khối lượng m2 , nhiệt dung riêng c 2 , nhiệt độ đầu của nước 0 trong bình là t 2=20 c . Thả khối sắt vào trong nước, nhiệt độ của cả hệ thống khi cân bằng. nhiệt là t = 250C. Hỏi nếu khối sắt có khối lượng m2=2m1 , nhiịet độ ban đầuvẫn 1000C thì khi 0 thả khối sắt vào trong nước (khối lượng k m2 nhiệt độ ban đầu t 2=20 c ) nhệt độ t’ của hệ. thống khi cân bằng là bao nhiêu? Giải bài toán trong từng trường hợp sau: a) Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bình chứa nước và môi trường xung quanh b) Bình chứa nước có khối lượng m3 , nhiệt dung riêng c 3 . Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của môi trường Dạng 6: Bài toán đồ thị Bài 1:.

(26) 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 = \f(P0+Pt,2 =. \f(,2. = 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 một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá nhiệt độ t 1 = -50C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0.5kg ở nhiệt độ t 2 = 00C. Sau khi cân bằng nhiệt thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Tìm khối lượng của chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là Dn = 1000kg/m3 và Dd = 900kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và nước đá là 4200J/kgK, 2100J/kgK, nhiệt nóng chảy của nước đá là 340000J/kg. Phần II: cơ học A- Áp suất của chất lỏng và chất khí I - Tóm tắt lý thuyết. 1/ Định nghĩa áp suất: áp suất có giá trị bằng áp lực trên một đơn vị diện tích bị ép. P. F S. Trong đó:. - S: Diện tích bị ép (m2 ) - P: áp suất (N/m2).. - F: áp lực là lực tác dụng vuông góc với mặt bị ép..

(27) 2/ Định luật Paxcan. áp suất tác dụng lên chất lỏng (hay khí) đựng trong bình kín được chất lỏng (hay khí) truyền đi nguyên vẹn theo mọi hướng. 3/ Máy dùng chất lỏng. F S  f s. - S,s: Diện tích của Pitông lớn, Pittông nhỏ (m2) - f: Lực tác dụng lên Pitông nhỏ. (N) - F: Lực tác dụng lên Pitông lớn (N). Vì thể tích chất lỏng chuyển từ Pitông này sang Pitông kia là như nhau do đó: V = S.H = s.h (H,h: đoạn đường di chuyển của Pitông lớn, Pitông nhỏ) F h  Từ đó suy ra: f H. 4/ áp suất của chất lỏng. a) áp suất do cột chất lỏng gây ra tại một điểm cách mặt chất lỏng một đoạn h. P = h.d = 10 .D . h Trong đó: h là khoảng cách từ điểm tính áp suất đến mặt chất lỏng (đơn vị m) d, D trọng lượng riêng (N/m3); Khối lượng riêng (Kg/m3) của chất lỏng P: áp suất do cột chất lỏng gây ra (N/m2) b) áp suất tại một điểm trong chất lỏng. P = P0 + d.h P0: áp khí quyển (N/m2) d.h: áp suất do cột chất lỏng gây ra. P: áp suất tại điểm cần tính. 5/ Bình thông nhau. - Bình thông nhau chứa cùng một chất lỏng đứng yên, mực chất lỏng ở hai nhánh luôn luôn bằng nhau..

(28) - Bình thông nhau chứa nhiều chất lỏng khác nhau đứng yên, mực mặt thoáng không bằng nhau nhưng các điểm trên cùng mặt ngang (trong cùng một chất lỏng) có áp suất bằng nhau.  PA  P0  d1 .h1   PB  P0  d 2 .h2 P  P B  A. 6/ Lực đẩy Acsimet. F = d.V. - d: Trọng lượng riêng của chất lỏng hoặc chất khí (N/m3). - V: Thể tích phần chìm trong chất lỏng hoặc chất khí (m3) - F: lực đẩy Acsimet luôn hướng lên trên (N) F P vật nổi Dạng 1: Bài tập về định luật Pascal - áp suất của chất lỏng. Phương pháp giải: Xét áp suất tại cùng một vị trí so với mặt thoáng chất lỏng hoặc xét áp suất tại đáy bình. Bài 1: Trong một bình nước có một hộp sắt rỗng nổi, dưới đáy hộp có một dây chỉ treo 1 hòn bi thép, hòn bi không chạm đáy bình. Độ cao của mực nước sẽ thay đổi thế nào nếu dây treo quả cầu bị đứt. Giải : Gọi H là độ cao của nước trong bình. Khi dây chưa đứt áp lực tác dụng lên đáy cốc là: F1 = d0.S.H Trong đó: S là diện tích đáy bình. d0 là trọng lượng riêng của nước. Khi dây đứt lực ép lên đáy bình là: F2 = d0Sh + Fbi Với h là độ cao của nước khi dây đứt. Trọng lượng của hộp + bi + nước không thay đổi nên F 1 = F2 hay d0S.H = d0.S.h +Fbi Vì bi có trọng lượng nên Fbi> 0 =>d.S.h <d.S.H => h <H => mực nước giảm.. Bài 2: Hai bình giống nhau có dạng hình nón cụt (hình vẽ) nối thông đáy, có chứa nước ở nhiệt độ. A. B.

(29) thường. Khi khoá K mở, mực nước ở 2 bên ngang nhau. Người ta đóng khoá K và đun nước ở bình B. Vì vậy mực nước trong bình B được nâng cao lên 1 chút. Hiện tượng xảy ra như thế nào nếu sau khi đun nóng nước ở bình B thì mở khoá K ? Cho biết thể tích hình nón cụt tính theo công thức 1 V = 3 h ( s + sS + S ). Giải : Xét áp suất đáy bình B. Trước khi đun nóng P = d . h Sau khi đun nóng P1 = d1h1 .Trong đó h, h1 là mực nước trong bình trước và sau khi đun. d,d 1 là trọng lượng riêng của nước trước và sau khi đun. P1 d1 h1 d 1 h1   . dh d h => P. d1 V  Vì trọng lượng của nước trước và sau khi đun là như nhau nên : d 1.V1 = dV => d V1 (V,V1 là. thể tích nước trong bình B trước và sau khi đun ). Từ đó suy ra:. 1 h( s  sS  S ) P1 V h1 h 3  .  . 1 P V1 h 1 h h1 ( s  sS1  S1 ) 3. =>. P1 s  sS  S  P s  sS1  S1. Vì S < S1 => P > P1 Vậy sự đun nóng nước sẽ làm giảm áp suất nên nếu khóa K mở thì nước sẽ chảy từ bình A sang bình B. Bài 3 :Người ta lấy một ống xiphông bên trong đựng đầy nước nhúng một đầu vào chậu nước, đầu kia vào chậu đựng dầu. Mức chất lỏng trong 2 chậu ngang nhau. Hỏi nước trong ống có chảy không, nếu có chảy thì chảy theo hướng nào ?. Nước. Dầu.

(30) Giải : Gọi P0 là áp suất trong khí quyển, d 1và d2 lần lượt là trọng lượng riêng của nước và dầu, h là chiều cao cột chất lỏng từ mặt thoáng đến miệng ống. Xét tại điểm A (miệng ống nhúng trong nước ) PA = P 0 + d1 h Tại B ( miệng ống nhúng trong dầu PB = P0 + d2h Vì d1> d2 => PA> PB. Do đó nước chảy từ A sang B và tạo thành 1 lớp nước dưới đáy dầu và nâng lớp dầu lên. Nước ngừng chảy khi d1h1= d2 h2 . Bài 4:Hai hình trụ A và B đặt thẳng đứng có tiết diện lần lượt là 100cm2 và 200cm2 được nối thông đáy bằng một ống nhỏ qua khoá k như hình vẽ. Lúc đầu khoá k để ngăn cách hai bình, sau đó đổ 3 lít dầu vào bình A, đổ 5,4 lít nước vào bình B. Sau đó mở khoá k để tạo thành một bình thông nhau. Tính độ cao mực chất lỏng ở mỗi bình. Cho biết trọng lượng riêng của dầu và của nước lần lượt là: d1=8000N/m3 ; d2= 10 000N/m3; Giải: Gọi h1, h2 là độ cao mực nước ở bình A và bình B khi đã cân bằng. SA.h1+SB.h2 =V2  100 .h1 + 200.h2 =5,4.103 (cm3)  h1 + 2.h2= 54 cm. (1). Độ cao mực dầu ở bình B:. V1 3.10 3  30(cm) S 100 h3 = A .. áp suất ở đáy hai bình là bằng nhau nên. d2h1 + d1h3 = d2h2 10000.h1 + 8000.30 = 10000.h2  h2 = h1 + 24. Từ (1) và (2) ta suy ra: h1+2(h1 +24 ) = 54  h1= 2 cm  h2= 26 cm. (2). A. B. k.

(31) Bài 5 :Một chiếc vòng bằng hợp kim vàng và bạc, khi cân trong không khí có trọng lượng P 0= 3N. Khi cân trong nước, vòng có trọng lượng P = 2,74N. Hãy xác định khối lượng phần vàng và khối lượng phần bạc trong chiếc vòng nếu xem rằng thể tích V của vòng đúng bằng tổng thể tích ban đầu V1 của vàng và thể tích ban đầu V2 của bạc. Khối lượng riêng của vàng là 19300kg/m3, của bạc 10500kg/m3. Giải: Gọi m1, V1, D1 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của vàng. Gọi m2, V2, D2 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của bạc. Khi cân ngoài không khí. P0 = ( m1 +m2 ).10. (1). Khi cân trong nước.   m1 m2   .D  .10   m1  m2   D D  1 2   P = P0 - (V1 + V2).d =  =    D D    m2  1    10. m1  1  D D  1   2   =. (2). Từ (1) và (2) ta được.  1  1  D    1    D2 D1  D2    10m1.D. =P - P0. và  1  1  D    1    D1 D2  D1    10m2.D. =P - P0.. Thay số ta được m1=59,2g và m2= 240,8g. Bài tập tham khảo : 1) Người ta thả 1 hộp sắt rỗng nổi lên trong một bình nước. ỏ tâm của đáy hộp có 1 lỗ hổng nhỏ được bịt kín bằng 1 cái nút có thể tan trong nước. Khi đó mực nước so với đáy bình là H. Sau một thời gian ngắn, cái nút bị tan trong nước và hộp bị chìm xuống đáy. Hỏi mực nước trong bình có thay đổi không? Thay đổi như thế nào? ĐS : Mực nước giảm. Dạng 2 . Bài tập về máy ép dùng chất lỏng, bình thông nhau. Bài 1: Bình thông nhau gồm 2 nhánh hình trụ có tiết diện lần lượt là S1, S2 và có chứa nước.Trên mặt nước có đặt.

(32) các pitông mỏng, khối lượng m1 và m2. Mực nước 2 bên chênh nhau 1 đoạn h. a) Tìm khối lượng m của quả cân đặt lên pitông lớn để mực nước ở 2 bên ngang nhau. b) Nếu đặt quả cân trên sang pitông nhỏ thì mực nước lúc bây giờ sẽ chênh nhau 1 đoạn h bao nhiêu Giải : Chọn điểm tính áp suất ở mặt dưới của pitông 2 Khi chưa đặt quả cân thì:. m1 m  D0 h  2 (1) S1 S2 ( D0 là khối lượng riêng của nước ). Khi đặt vật nặng lên pitông lớn thì :. m1  m m2 m m m   1   2 S1 S2 S1 S1 S 2 (2). Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được : m  D0 h  m  D0 S 1 h S1. b) Nếu đặt quả cân sang pitông nhỏ thì khi cân bằng ta có: m1 m m  D0 H  2  S1 S 2 S 2 (3). Trừ vế với vế của (1) cho (3) ta được : DSh S m m  ( H  h) D0  2  ( H  h) D0  0 1  H (1  1 )h S2 S2 S D0h – D0H = - S 2. Bài 2:. Cho 2 bình hình trụ thông với nhau. bằng một ống nhỏ có khóa thể tích không đáng kể. Bán kính đáy của bình A là r 1 của. h2. bình B là r2= 0,5 r1 (Khoá K đóng). Đổ vào bình A một lượng nước đến chiều cao h1= 18. h1. K. h3. cm, sau đó đổ lên trên mặt nước một lớp chất lỏng cao h2= 4 cm có trọng lượng riêng d2= 9000 N/m3 và đổ vào bình B chất lỏng thứ 3 có chiều cao h3= 6 cm, trọng lượng riêng d3 = 8000 N/ m3 ( trọng lượng riêng của nước là d1=10.000 N/m3, các chất lỏng không hoà lẫn vào nhau). Mở khoá K để hai bình thông nhau. Hãy tính:.

(33) a) Độ chênh lệch chiều cao của mặt thoáng chất lỏng ở 2 bình. b) Tính thể tích nước chảy qua khoá K. Biết diện tích đáy của bình A là 12 cm2 Giải: a) Xét điểm N trong ống B nằm tại mặt phân cách giữa nước và chất lỏng 3. Điểm M trong A nằm trên cùng mặt phẳng ngang với N. Ta có: PN  Pm  d 3 h3 d 2 h2  d 1 x. ( Với x là độ dày lớp nước nằm trên M) d 3 h3  d 2 h2 8.10 3.0,06  9.10 3.0,04  1,2cm 4 d 10 1 => x =. B. A. Vậy mặt thoáng chất lỏng 3 trong B cao hơn mặt thoáng chất lỏng 2 trong A là:. h h2. h h3  (h2  x) 6  (4  1,2) 0,8cm. S1 12  3cm 2 2 4 2 b) Vì r2 = 0,5 r1 nên S2 =. (2). (1) x M. h3. N. (3). Thể tích nước V trong bình B chính là thể tích nước chảy qua khoá K từ A sang B: VB =S2.H = 3.H (cm3) Thể tích nước còn lại ở bình A là: VA=S1(H+x) = 12 (H +1,2) cm3 Thể tích nước khi đổ vào A lúc đầu là: V = S1h1 = 12.18 = 126 cm3 vậy ta có: V = VA + VB => 216 = 12.(H + 1,2) + 3.H = 15.H + 14,4 216  14,4 13,44cm 15 => H =. Vậy thể tích nước VB chảy qua khoá K là: VB = 3.H = 3.13,44 = 40,32 cm3. Dạng 3: Bài tập về lực đẩy Asimet:.

(34) Phương pháp giải: - Dựa vào điều kiện cân bằng: “Khi vật cân bằng trong chất lỏng thì P = FA” P: Là trọng lượng của vật, FA là lực đẩy acsimet tác dụng lên vật (FA = d.V). Bài 1: Một khối gỗ hình hộp chữ nhật tiết diện S = 40 cm 2 cao h = 10 cm. Có khối lượng m = 160 g a) Thả khối gỗ vào nước.Tìm chiều cao của phần gỗ nổi trên mặt nước. Cho khối lượng riêng của nước là D0 = 1000 Kg/m3 b) Bây giờ khối gỗ được khoét một lỗ hình trụ ở giữa có tiết diện S = 4 cm2, sâu h và lấp đầy chì có khối lượng riêng D2 = 11 300 kg/m3 khi thả vào trong nước người ta thấy mực nước bằng với mặt trên của khối gỗ. Tìm độ sâu h của lỗ Giải: x. h h. h. S P. P FA. FA. a) Khi khối gỗ cân bằng trong nước thì trọng lượng của khối gỗ cân bằng với lực đẩy Acsimet. Gọi x là phần khối gỗ nổi trên mặt nước, ta có..  x h P = FA  10.m =10.D0.S.(h-x). m 6cm D0 .S. b) Khối gỗ sau khi khoét lổ có khối lượng là . m1 = m - m = D1.(S.h - S. h) Với D1 là khối lượng riêng của gỗ:. D1 . m S .h S .h S .h ). Khối lượng m2 của chì lấp vào là: m2  D2 S .h Khối lượng tổng cộng của khối gỗ và chì lúc này là m M = m1 + m2 = m + (D2 - Sh ).S.h.

(35) Vì khối gỗ ngập hoàn toàn trong nước nên. ==> h =. 10.M=10.D0.S.h. D0 S .h  m 5,5cm m ( D2  )S S .h. Bài 2: Hai quả cầu đặc có thể tích mỗi quả là V = 100m 3 được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không co giãn thả trong nước (hình vẽ). Khối lượng quả cầu bên dưới gấp 4 lần khối lượng quả cầu bên trên. khi cân bằng thì 1/2 thể tích quả cầu bên trên bị ngập trong nước. Hãy tính. a) Khối lượng riêng của các quả cầu b) Lực căng của sợi dây Cho biết khối lượng của nước là D0 = 1000kg/m3 Giải a) Vì 2 quả cầu có cùng thể tích V, mà P2 = 4 P1 => D2 = 4.D1 FA. Xét hệ 2 quả cầu cân bằng trong nước. Khi đó ta có: P1 + P2 = FA + F’A. 3 D1  D 2  D0 (2) 2 =>. Từ (1) và (2) suy ra:. T. D1 = 3/10 D0 = 300kg/m. 3. P1. D2 = 4 D1 = 1200kg/m3 T. B) Xét từng quả cầu: - Khi quả cầu 1 đứng cân bằng thì:. FA = P 1 + T. - Khi quả cầu 2 đứng cân bằng thì:. F’A = P2 - T. Với FA2 = 10.V.D0; FA = F’A /2 ; P2 = 4.P1 F'A   P1  T  2  F' T A 4 P1  T  F ' A 5 = 0,2 N => => 5.T = F’A =>. F’A. P2.

(36) Bài 3: Trong bình hình trụ tiết diện S 0 chứa nước, mực nước trong bình có chiều cao H = 20 cm. Người ta thả vào bình một thanh đồng chất, tiết diện đều sao cho nó nổi thẳng đứng trong bình thì mực nước dâng lên một đoạn h = 4 cm. a) Nếu nhấn chìm thanh trong nước hoàn toàn thì mực nước sẽ dâng cao bao nhiêu so với đáy? Cho khối lương riêng của thanh và nước lần lượt là D = 0,8 g/cm3, S. D0 = 1 g/cm3. b) Tìm lực tác dụng vào thanh khi thanh chìm hoàn toàn trong nước. Cho thể tích thanh là 50 cm3.. h. Giải: a) Gọi S và l là tiết diện và chiều dài của thanh.. H. P FA. Trọng lượng của thanh là P = 10.D.S.l. Khi thanh nằm cân bằng, phần thể tích nước dâng. S0. lên cũng chính là phần thể tích V1 của thanh chìm trong nước. Do đó V1 = S0.h. Do thanh cân bằng nên. P = FA. D0 S0 . .h hay 10.D.S.l = 10.D0.S0.h =>l = D S. (1). Khi thanh chìm hoàn toàn trong nước, nước dâng lên 1 lượng bằng thể tích của thanh. Gọi H là phần nước dâng lên lúc này ta có: S.l = S0. H (2). Từ (1) và (2) suy ra. D0 .h H = D F. Và chiều cao của cột nước trong bình lúc này là H' H  H  H . D0 .h 25 cm. D. H. S. c) Lực tác dụng vào thanh F = FA’ – P = 10. V.(D0 – D) F = 10.50.10-6.(1000 - 800) = 0,1 N. Bài tập tham khảo:. H. H’. P. F’A S0. Bài 1: a) Một khí cầu có thể tích 10 m 3 chứa khí Hyđrô, có thể kéo lên trên không một vật nặng bằng bao nhiêu? Biết trọng lượng của vỏ khí cầu là 100N, trọng lượng riêng của không khí là 12,9 N/m3, của hyđrô là 0,9 N/m3..

(37) b) Muốn kéo người nặng 60 kg lên thì cần phải có thể tích tối thiểu là bao nhiêu, nếu coi trọng lượng của vỏ khí cầu vẫn không đổi Bài 2: Một khối gỗ hình lập phương cạnh a = 6cm, được thả vào nước. Người ta thấy phần gỗ nổi lên mặt nước 1 đoạn h = 3,6 cm. a) Tìm khối lượng riêng của gỗ, biết khối lượng riêng của nước là D0 = 1 g/cm3. b) Nối khối gỗ với 1 vật nặng có khối lượng riêng là D 1 = 8 g/cm3 bằng 1 dây mảnh qua tâm của mặt dưới khối gỗ. Người ta thấy phần nổi của khối gỗ là h’ = 2 cm. tìm khối lượng của vật nặng và lực căng của dây. Bài 3: Trong bình hình trụ tiết diện S1 = 30 cm3 có chứa khối lượng riêng D1 = 1 g/cm3. người ta thả thẳng đứng một thanh gỗ có khối lượng riêng là D 1 = 0,8 g/cm3, tiết diện S2 =10 cm2 thì thấy phần chìm trong nước là h = 20 cm. a) Tính chiều dài của thanh gỗ. b) Biết đầu dưới của thanh gỗ cách đáy h = 2 cm. Tìm chiều cao mực nước đã có lúc đầu trong bình. Bài 4: Một quả cầu đặc bằng nhôm, ở ngoài không khí có trọng lượng 1,458N. Hỏi phải khoét lõi quả cầu một phần có thể tích bao nhiêu để khi thả vào nước quả cầu nằm lơ lửng trong nước? Biết dnhôm = 27 000N/m3, dnước =10 000N/m3. Hướng dẫn P. Thể tích toàn bộ quả cầu đặc là: V= d n hom. . 1,458 0,000054 54cm 3 27000. Gọi thể tích phần đặc của quả cầu sau khi khoét lỗ là V’. Để quả cầu nằm lơ lửng trong nước thì trọng lượng P’ của quả cầu phải cân bằng với lực đẩy ác si mét: P’ = FAS dnhom.V’ = dnước.V d nuoc.V 10000.54  20cm3 27000  V’= d n hom Vậy thể tích nhôm phải khoét đi là: 54cm3 - 20cm3 = 34 cm3 Bài 5 :Một vật nặng bằng gỗ, kích thước nhỏ, hỡnh trụ, hai đầu hỡnh nún được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao 15 cm xuống nước. Vật tiếp tục rơi trong nước, tới độ sâu 65 cm thỡ.

(38) dừng lại, rồi từ từ nổi lờn. Xỏc định gần đúng khối lượng riêng của vật. Coi rằng chỉ có lực ác si mét là lực cản đáng kể mà thôi. Biết khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3. Hướng dẫn: Vỡ chỉ cần tớnh gần đúng khối lượng riêng của vật và vỡ vật cú kớch thước nhỏ nên ta có thể coi gần đúng rằng khi vật rơi tới mặt nước là chỡm hoàn toàn ngay. Gọi thể tích của vật là V và khối lượng riêng của vật là D, Khối lượng riêng của nước là D’. h = 15 cm; h’ = 65 cm. Khi vật rơi trong không khí. Lực tác dụng vào vật là trọng lực.:P = 10DV Cụng của trọng lực là: A1 = 10DVh Khi vật rơi trong nước. lực ác si mét tác dụng lên vật là: FA = 10D’V Vỡ sau đó vật nổi lên, nên FA> P Hợp lực tác dụng lên vật khi vật rơi trong nước là: F = FA – P = 10D’V – 10DV Cụng của lực này là: A2 = (10D’V – 10DV)h’ Theo định luật bảo toàn công: A1 = A2 10DVh = (10D’V – 10DV)h’ h' D' D = h  h'. Thay số, tính được D = 812,5 Kg/m3. B - Các máy cơ đơn giản. I - Tóm tắt lý thuyết 1/ Ròng rọc cố định: - Ròng rọc cố định chỉ có tác dụng làm thay đổi hướng của lực, không có tác dụng thay đổi độ lớn của lực. 2/ Ròng rọc động - Dùng ròng rọc động ta được lợi hai lần về lực nhưng thiệt hai lần về đường đi do đó không được lợi gì về công. 3/ Đòn bẩy. - Đòn bẩy cân bằng khi các lực tác dụng tỷ lệ nghịch với cánh tay đòn:. F l1  P l2 .. Trong đó l1, l2là cánh tay đòn của P và F ( Cánh tay đòn là khoảng cách từ điểm tựa đến phương của lực). 4/ Mặt phẳng nghiêng:. l F. h.

(39) P. - Nếu ma sát không đáng kể, dùng mặt phẳng nghiêng được lợi bao nhiêu lần về lực thì thiệt bấy nhiêu lần về đường đi, không được lợi gì về công. F h  P l .. 5/ Hiệu suất H . A1 .100 0 0 A. trong đó. A1 là công có ích A là công toàn phần A = A1 + A2 (A2 là công hao phí). Dạng 1: Bài tập về máy cơ đơn giản Bài 1: Tính lực kéo F trong các trường hợp sau đây. Biết vật nặng có trọng lượng P = 120 N (Bỏ qua ma sát, khối lượng của các ròng rọc và dây ).. F. F. F. F F. F. F. F F F. F. F 2F. F F. 2F. F 4F. 4F. P. F. P P. Giải: Theo sơ đồ phân tích lực như hình vẽ: Khi hệ thống cân bằng ta có - ở hình a) 6F = P => F = P/6 = 120/ 6 = 20 N - ở hình b) 8.F = P => F = P/8 = 120/ 8 = 15 N - ở hình c) 5.F = P => F = P/ 5 = 120/ 5 = 24 N.

(40) Bài 2: Một người có trong lượng P = 600N đứng trên tấm ván được treo vào 2 ròng rọc như hình vẽ. Để hệ thống được cân bằng thì người phải kéo dây, lúc đó lực tác dụng vào trục ròng rọc cố định là F = 720 N. Tính a) Lực do người nén lên tấm ván b) Trọng lượng của tấm ván Bỏ qua ma sát và khối lượng của các ròng rọc. Có thể xem hệ thống trên là một vật duy nhất Giải: a) Gọi T là lực căng dây ở ròng rọc động. T’ là lực căng dây ở ròng rọc cố định. Ta có:. T’ = 2.T;. F = 2. T’ = 4 T.  T = F/ 4 = 720/ 4 = 180 N. Gọi Q là lực người nén lên ván, ta có: Q = P – T = 600N – 180 N = 420N b) Gọi P’ là trọng lượng tấm ván, coi hệ thống trên là. T’. T’. một vật duy nhất, và khi hệ thống cân bằng ta có. F. T’ + T = P’ + Q T. => 3.T = P’ + Q => P’ = 3. T – Q. T. Q. => P’ = 3. 180 – 420 = 120N. T’. Vậy lực người nén lên tấm ván là 420N và tấm ván có trọng lượng là 120N. T. P. P’. Bài 3: Cho hệ thống như hình vẽ: Vật 1 có trọng lượng là P1, Vật 2 có trọng lượng là P2. Mỗi ròng rọc có trọng lượng là 1 N. Bỏ qua ma sát, khối lượng của thanh AB và của các dây treo. A. - Khi vật 2 treo ở C với AB = 3. CB thì hệ thống cân bằng - Khi vật 2 treo ở D với AD = DB thì muốn hệ thống cân bằng phải treo nối vào vật 1 một vật thứ 3 có trọng lượng P3 = 5N. Tính P1 và P2. C. B 2. 1. Giải: Gọi P là trọng lượng của ròng rọc ..

(41) F. Trong trường hợp thứ nhất khi thanh AB F CB 1   P2 AB 3. cân bằng ta có:. Mặt khác, ròng rọc động cân bằng ta còn có:. 2.F = P + P1..  P  P1  2. => F =.  P  P1  2 P2. . thay vào trên ta được:. 1 3 <=> 3 (P + P ) = 2P (1) 1 2. Tương tự cho trường hợp thứ hai khi P2 treo ở D, P1 và P3 treo ở ròng rọc động. F ' DB 1   P2 AB 2 .. Lúc này ta có Mặt khác. P  P1  P3 2 2.F’ = P + P1 + P3 => F’ =. Thay vào trên ta có:. P  P1  P3 1  2 P2 2 => P + P + P = P 1 3 2. Từ (1) và (2) ta có. P1 = 9N,. (2).. P2 = 15N.. Bài 4: Cho hệ thống như hình vẽ. Góc nghiêng  = 300, dây và ròng rọc là lý tưởng. Xác định khối lượng của vật M để hệ thống cân bằng. Cho khối lượng m = 1kg. Bỏ qua mọi ma sát. Giải: h h Muốn M cân bằng thì F = P. l với l = sin. 1. => F = P.sin 30 = P/2 (P là trọng lượng của vật M) Lực kéo của mỗi dây vắt qua ròng rọc 1 là:. 2. F. 0. M. h. l. m. F P  F1 = 2 4 F1 P  2 8 Lực kéo của mỗi dây vắt qua ròng rọc 2 là: F2 =. Lực kéo do chính trọng lượng P’ của m gây ra, tức là : P’ = F2 = P/8 => m = M/8. Khối lượng M là:. M = 8m = 8. 1 = 8 kg. A. B O.

(42) Bài 5: Hai quả cầu sắt giống hệt nhau được treo vào 2 đầu A, B của một thanh kim loại mảnh, nhẹ. Thanh được giữ thăng bằng nhờ dây mắc tại điểm O. Biết OA = OB = l = 20 cm. Nhúng quả cầu ở đầu B vào trong chậu đựng chất lỏng người ta thấy thanh AB mất thăng bằng. Để thanh thăng bằng trở lại phải dịch chuyển điểm treo O về phía A một đoạn x = 1,08 cm. Tính khối lượng riêng của chất lỏng, biết khối lượng riêng của sắt là D0 = 7,8 g/cm3. Giải: Khi quả cầu treo ở B được nhúng trong chất lỏng. A. B (l-x). thì ngoài trọng lực, quả cầu còn chịu tác dụng. O’. (l+x) FA. của lực đẩy Acsimet của chất lỏng. Theo điều kiện cân bằng của các lực đối với điểm treo O’ ta có P. AO’ = ( P – FA ). BO’. Hay P. ( l – x) = ( P – FA )(l + x) Gọi V là thể tích của một quả cầu và D là khối lượng. P. P. riêng của chất lỏng. Ta có P = 10.D0.V và FA = 10. D. V.  10.D0.V ( l – x ) = 10 V ( D0 – D )( l + x ) 2x .D0 0,8 g / cm3  D= lx .. Bài 6: Một thanh đồng chất, tiết diện đều, một đầu. A. nhúng vào nước, đầu kia tựa vào thành chậu tại O sao cho 1 OA = 2 OB. Khi thanh nằm cân bằng, mực nước ở. chính giữa thanh. Tìm khối lượng riêng D của thanh, biết khối lượng riêng của nước là D0 = 1000kg/m3.. O. B.

(43) Giải: Thanh chịu tác dụng của trọng lực P đặt tại trung điểm M của thanh AB và lực đẩy Acsimet đặt tại trung điểm N của MB. Thanh có thể quay quanh O. áp dụng quy tắc cân bằng của đòn bẩy ta có: P. MH = F. NK (1). Gọi S là tiết diện và l là chiều dài của thanh ta có: A. l P = 10. D. S. l và F = 10. D0.S. 2. Thay vào (1) ta có:. NK .D0 D = 2.MH. O. (2).. Mặt khác OHM OKN ta có:. M. H. FA K. KN ON l l 5l    MH OM ' Trong đó ON = OB – NB = 3 4 12. N P B. l l l   OM = AM – OA = 2 3 6 KN ON 5 5   => MH OM 2 thay vào (2) ta được D = 4 .D0 = 1250 kg/m3. Bài tập tham khảo: Bài 1: Cho hệ thống ở trạng thái cân bằng đứng yên như hình vẽ, trong đó vật (M1) có khối lượng m, vật A. 3 m (M2) có khối lượng 2 , ròng rọc và thanh AC có. M1. C. B M2. AB khối lượng không đáng kể. Tính tỷ số BC. Bài 2: Một thanh đồng chất, tiết diện đều có chiều A. dài AB = l = 40 cm được đựng trong chậu như hình O. 1 OB vẽ sao cho OA = 2 . Người ta đổ nước vào chậu. cho đến khi thanh bắt đầu nổi (đầu B không còn tựa trên đáy chậu). Biết thanh được giữ chặt tại O và chỉ có thể quay quanh O.. B.

(44) a) Tìm mực nước cần đổ vào chậu. Cho khối lượng riêng của thanh và nước lần lượt là D 1 = 1120 kg/m3; D2= 1000kg/m3 b) Thay nước bằng chất lỏng khác. Khối lượng riêng của chất lỏng phải như thế nào để thực hiện được thí nghiệm trên C. Chuyển động cơ học I. Tóm tắt lý thuyết: Thông qua các ví dụ thực tế hình thành cho các em khái niệm về chuyển động cơ học , chuyển động đều, chuyển động không đều…cụ thể a, Sự thay đổi vị trí của một vật so với các vật khác theo thời gian gọi là chuyển động cơ học. + Một vật có thể coi là đứng yên so với vật này nhưng lại là chuyển động so với vật khác. b, Chuyển động thẳng đều là chuyển động trong đó vật đi được những quãng đường bằng nhau trong những khoảng thời gian bất kỳ. + Chuyển động không đều là chuyển động mà vận tốc của vật có độ lớn thay đổi theo thời gian. c, Vận tốc của chuyển động thẳng đều cho biết mức độ nhanh hay chậm của chuyển động và được đo bằng quãng đường đi được trong 1 đơn vị thời gian: v = s /t Trong đó : s: Quãng đường đi được.(m,km) t: Thời gian. (s, h) v: Vận tốc: m/s ; km/h 1m/s=100cm/s=3,6km/h Véc tơ vân tốc có: - Gốc đặt tại 1 điểm trên vật - Hướng: trùng với hướng chuyển động - Độ dài tỷ lệ với độ lớn của vận tốc theo 1 tơ xích tuỳ ý cho trước d, Phương trình xác đinh vị trí của 1 vật: 0. A. x. * Các bước lập phương trình: - Chọn toạ độ gốc thời gian, chiều (+) của chuyển động - Viết phương trình:.

(45) x = x0 ± vt x: Vị trí của vật so với gốc tại thời điểm bất kỳ x0 : Vị trí của vật so với gốc toạ độ tại t=0 “+”: Chuyển động cùng chiều dương “ – “ : Chuyển động ngược chiều dương Hệ quả: +Nếu hai hay nhiều vật gặp nhau: x1 = x2 = … = xn + Nếu hai vật cách nhau 1 khoảng l: sảy ra 2 trường hợp: Các nhau 1 khoảng l trước khi gặp nhau và sau khi gặp nhau: x 2 – x 1 =l x1 – x 2 = l. e, Vẽ sơ đồ thị chuyển động của vật: Bước 1: Lập phương trình, xác định vị trí của vật Bước 2 : Lập bảng biến thiên. Bước 3: Vẽ đồ thị Bước 4: Nhận xét đồ thị ( nếu cần) - Tổng hợp vận tốc: - Phương trình véc tơ ⃗v 13=⃗v 12+⃗v 23 Hệ quả + Nếu hai chuyển động này cùng chiều: v13 = v12 + v23 + Nếu 2 vật chuyển động ngược chiều:. v 13=|v 12−v 23| + Nếu 2 chuyển động có phương vuông góc:. v 13= √ v 212+v 223 + Nếu 2 chuyển động tạo với nhau 1 góc bất kỳ: v132 = v 122 + v232+2v12v23cos α Trong đó v12: vận tốc vật 1 so với vật 2 v23: vận tốc vật 2 so với vật 3.

(46) v13: vận tốc vật 1 so với vật 3 Dạng 1: Định thời điểm và vị trí gặp nhau của các chuyển động Bài 1: Hai ôtô chuyển động đều ngược chiều nhau từ 2 địa điểm cách nhau 150km. Hỏi sau bao nhiêu lâu thì chúng gặp nhau biết rằng vận tốc xe thứ nhất là 60km/h và xe thứ 2 là 40km/h. Giải: Giả sử sau thời gian t(h) thì hai xe gặp nhau Quãng đường xe 1đi được là S1 v1.t 60.t Quãng đường xe 2 đi được là S2 v2 .t 60.t Vì 2 xe chuyển động ngược chiều nhau từ 2 vị trí cách nhau 150km nên ta có: 60.t + 40.t = 150 => t = 1,5h Vậy thời gian để 2 xe gặp nhau là 1h30’ Bài 2: Xe thứ nhất khởi hành từ A chuyển động đều đến B với vận tốc 36km/h. Nửa giờ sau xe thứ 2 chuyển động đều từ B đến A với vận tốc 5m/s. Biết quãng đường AB dài 72km. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc xe 2 khởi hành thì: a. Hai xe gặp nhau b. Hai xe cách nhau 13,5km. Giải: a. Giải sử sau t (h) kể từ lúc xe 2 khởi hành thì 2 xe gặp nhau: Khi đó ta có quãng đường xe 1 đi được là:. S1 = v1(0,5 + t) = 36(0,5 +t). Quãng đường xe 2 đi được là:. S2 = v2.t = 18.t. Vì quãng đường AB dài 72 km nên ta có: 36.(0,5 + t) + 18.t = 72 => t = 1(h) Vậy sau 1h kể từ khi xe hai khởi hành thì 2 xe gặp nhau b) Trường hợp 1: Hai xe chưa gặp nhau và cách nhau 13,5 km Gọi thời gian kể từ khi xe 2 khởi hành đến khi hai xe cách nhau 13,5 km là t2 Quãng đường xe 1 đi được là: Quãng đường xe đi được là:. S1’ = v1(0,5 + t2) = 36.(0,5 + t2) S2’ = v2t2 = 18.t2. Theo bài ra ta có: 36.(0,5 + t2) + 18.t +13,5 = 72 => t2 = 0,75(h) Vậy sau 45’ kể từ khi xe 2 khởi hành thì hai xe cách nhau 13,5 km.

(47) Trường hợp 2: Hai xe gặp nhau sau đó cách nhau 13,5km Vì sau 1h thì 2 xe gặp nhau nên thời gian để 2 xe cách nhau 13,5km kể từ lúc gặp nhau là t 3. Khi đó ta có: 18.t3 + 36.t3 = 13,5 => t3 = 0,25 h Vậy sau 1h15’ thì 2 xe cách nhau 13,5km sau khi đã gặp nhau. Bài 3: Một người đi xe đạp với vận tốc v 1 = 8km/h và 1 người đi bộ với vận tốc v 2 = 4km/h khởi hành cùng một lúc ở cùng một nơi và chuyển động ngược chiều nhau. Sau khi đi được 30’, người đi xe đạp dừng lại, nghỉ 30’ rồi quay trở lại đuổi theo người đi bộ với vận tốc như cũ. Hỏi kể từ lúc khởi hành sau bao lâu người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ? Giải: Quãng đường người đi xe đạp đi trong thời gian t1 = 30’ là: s1 = v1.t1 = 4 km Quãng đường người đi bộ đi trong 1h (do người đi xe đạp có nghỉ 30’) s2 = v2.t2 = 4 km Khoảng cách hai người sau khi khởi hành 1h là: S = S1 + S2 = 8 km Kể từ lúc này xem như hai chuyển động cùng chiều đuổi nhau. t. Thời gian kể từ lúc quay lại cho đến khi gặp nhau là:. S  2h v1  v 2. Vậy sau 3h kể từ lúc khởi hành, người đi xe đạp kịp người đi bộ. Dạng 2: Bài toán về tính quãng đường đi của chuyển động Bài 1: Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc v 1 = 12km/h nếu người đó tăng vận tốc lên 3km/h thì đến sớm hơn 1h. a. Tìm quãng đường AB và thời gian dự định đi từ A đến B. b. Ban đầu người đó đi với vận tốc v1 = 12km/h được quãng đường s1 thì xe bị hư phải sửa chữa mất 15 phút. Do đó trong quãng đường còn lại người ấy đi với vận tốc v 2 = 15km/h thì đến nơi vẫn sớm hơn dự định 30’. Tìm quãng đường s1. Giải: a. Giả sử quãng đường AB là s thì thời gian dự định đi hết quãng đường AB là s. v. 1. s  ( h) 12.

(48) Vì người đó tăng vận tốc lên 3km/h và đến sớm hơn 1h nên.. S. v. S S S 1   1  S 60km  3 12 15 v1. . 1. Thời gian dự định đi từ A đến B là:. t. b. Gọi t1’ là thời gian đi quãng đường s1:. S 60   5h 12 12. t '1 . S1 v1. 1 t 15'  h 4 Thời gian sửa xe:. Thời gian đi quãng đường còn lại:. S. v. 1. . S. v. 2. . S  S1 v2. 1 1  t  S1  1  S  S1  1 (1) t1  (t '1   t '2 )  1 v1 4 v2 2 4 2. Theo bài ra ta có: . t '2 .  1 1  1 1 3      ( 2) S1   2 4 4  v1 v2 .  1 1  3 1   1   S1  4 4  v1 v2 . Từ (1) và (2) suy ra Hay. S. 1. . 1 v1 . v2 1 12.15  . 15km 4 v2  v1 4 15  12. Bài 3: Một viên bi được thả lăn từ đỉnh dốc xuống chân dốc. Bi đi xuống nhanh dần và quãng đường mà bi đi được trong giây thứ i là S1 4i  2 (m) với i = 1; 2; ....;n a. Tính quãng đường mà bi đi được trong giây thứ 2; sau 2 giây. b. Chứng minh rằng quãng đường tổng cộng mà bi đi được sau n giây (i và n là các số tự nhiên) là L(n) = 2 n2(m). Giải: a. Quãng đường mà bi đi được trong giây thứ nhất là: S1 = 4-2 = 2 m. Quãng đường mà bi đi được trong giây thứ hai là:. S2 = 8-2 = 6 m.. Quãng đường mà bi đi được sau hai giây là:. S2’ = S1 + S2 = 6 + 2 = 8 m.. b. Vì quãng đường đi được trong giây thứ i là S(i) = 4i – 2 nên ta có: S(i) = 2.

(49) S(2) = 6 = 2 + 4 S(3) = 10 = 2 + 8 = 2 + 4.2 S(4) = 14 = 2 +12 = 2 + 4.3 .............. S(n) = 4n – 2. = 2 + 4(n-1). Quãng đường tổng cộng bi đi được sau n giây là: L(n) = S(1) +S(2) +.....+ S(n) = 2[n+2[1+2+3+.......+(n-1)]] (n  1)n 2 Mà 1+2+3+.....+(n-1) = nên L(n) = 2n2 (m). Bài 4: Người thứ nhất khởi hành từ A đến B với vận tốc 8km/h. Cùng lúc đó người thứ 2 và thứ 3 cùng khởi hành từ B về A với vận tốc lần lượt là 4km/h và 15km/h khi người thứ 3 gặp người thứ nhất thì lập tức quay lại chuyển động về phía người thứ 2. Khi gặp người thứ 2 cũng lập tức quay lại chuyển động về phía người thứ nhất và quá trình cứ thế tiếp diễn cho đến lúc ba người ở cùng 1 nơi. Hỏi kể từ lúc khởi hành cho đến khi 3 người ở cùng 1 nơi thì người thứ ba đã đi được quãng đường bằng bao nhiêu? Biết chiều dài quãng đường AB là 48km. Giải:Vì thời gian người thứ 3 đi cũng bằng thời gian người thứ nhất và người thứ 2 đi là t và ta. có:. 8t + 4t = 48.  t . 48 4h 12. Vì người thứ 3 đi liên tục không nghỉ nên tổng quãng đường người thứ 3 đi là S 3 = v3 .t = 15.4 = 60km. Dạng 3: Xác định vận tốc của chuyển động Bài 1: Một học sinh đi từ nhà đến trường, sau khi đi được 1/4 quãng đường thì chợt nhớ mình quên một quyển sách nên vội trở về và đi ngay đến trường thì trễ mất 15’ a. Tính vận tốc chuyển động của em học sinh, biết quãng đường từ nhà tới trường là s = 6km. Bỏ qua thời gian lên xuống xe khi về nhà. b. Để đến trường đúng thời gian dự định thì khi quay về và đi lần 2 em phải đi với vận tốc bao nhiêu? Giải: a. Gọi t1 là thời gian dự định đi với vận tốc v, ta có:. t. 1. . s v (1).

(50) Do có sự cố để quên sách nên thời gian đi lúc này là t 2 và quãng đường đi là. s. 2. 1 3  s  2. s  s  4 2. t t Theo đề bài: 2. 1. t. 2. . 3s 2v (2). 1 15 ph  h 4. Từ đó kết hợp với (1) và (2) ta suy ra v = 12km/h. t b. Thời gian dự định. 1. s 6 1    h v 12 2. 1 5    s ' s  s  s  4 4  Gọi v’ là vận tốc phải đi trong quãng đường trở về nhà và đi trở lại trường . t Để đến nơi kịp thời gian nên:. ' 2. . s' t 3 t 1  1  h v' 4 8. Hay v’ = 20km/h Bài 2: Hai xe khởi hành từ một nơi và cùng đi quãng đường 60km. Xe một đi với vận tốc 30km/h, đi liên tục không nghỉ và đến nơi sớm hơn xe 2 là 30 phút. Xe hai khởi hành sớm hơn 1h nhưng nghỉ giữa đường 45 phút. Hỏi: a. Vận tốc của hai xe. b. Muốn đến nơi cùng lúc với xe 1, xe 2 phải đi với vận tốc bao nhiêu: Giải: a.Thời gian xe 1 đi hết quãng đường là:. t1 . s 60   2h v1 30. Thời gian xe 2 đi hết quãng đường là: t 2 t1  1  0,5  0,75  t 2 2  1,5  0,75 2,75h. Vận tốc của xe hai là:. v2 . s 60  21,8km / h t 2 2,75. b. Để đến nơi cùng lúc với xe 1 tức thì thời gian xe hai đi hết quãng đường là: t 2 ' t1  1  0,75 2,25h. Vậy vận tốc là:. v2 ' . s 60  26,7km / h t 2 ' 2,25.

(51) Bài 3: Ba người đi xe đạp từ A đến B với các vận tốc không đổi. Người thứ nhất và người thứ 2 xuất phát cùng một lúc với các vận tốc tương ứng là v 1 = 10km/h và v2 = 12km/h. Người thứ ba xuất phát sau hai người nói trên 30’, khoảng thời gian giữa 2 lần gặp của người thứ ba với 2 người đi trước là t 1h . Tìm vận tốc của người thứ 3. Giải: Khi người thứ 3 xuất phát thì người thứ nhất cách A 5km, người thứ 2 cách A là 6km. Gọi t1 và t2 là thời gian từ khi người thứ 3 xuất phát cho đến khi gặp người thứ nhất và người thứ 2.. vt. 3 1. vt 3. Ta có:. Theo đề bài 6  v3  12. . v3 . 2. 5  10 t 1 . t. 6  12 t 2 . t. t t 2 . 5 1  v3  10. t. 1. v. 1 2 3. 1. . 2. 5 v3  10. . 6 v3  12. nên.  23 v3  120 0. 23  23 2  480 23 7 15 km/h   2 2 =  8km/h. Giá trị của v3 phải lớn hơn v1 và v2 nên ta có v3 = 15km/h. Bài 4. Một người đi xe đạp chuyển động trên nửa quãng đường đầu với vận tốc 12km/h và nửa quãng đường sau với vận tốc 20km/h . Xác định vận tốc trung bình của xe đạp trên cả quãng đường ? Gọi quãng đường xe đi là 2S vậy nửa quãng đường là S ,thời gian tương ứng là t1 ; t2. S t1  V1 Thời gian chuyển động trên nửa quãng đường đầu là : S t2  V2 Thời gian chuyển động trên nửa quãng đường sau là : Vận tốc trung bình trên cả quãng đường là.

(52) S1  S2 2S 2S   S S t1  t2 1 1  S   V1 V2  V1 V2  2 2   15km / h 1 1 1 1   V1 V2 12 20. Vtb . Dạng 4: Giải bằng phương pháp đồ thị – các bài toán cho dưới dạng đồ thị. Bài 1: (Giải bài toán bằng đồ thị) Một người đi xe đạp với vận tốc v 1 = 8km/h và 1 người đi bộ với vận tốc v2 = 4km/h khởi hành cùng một lúc ở cùng một nơi và chuyển động ngược chiều nhau. Sau khi đi được 30’, người đi xe đạp dừng lại, nghỉ 30’ rồi quay trở lại đuổi theo người đi bộ với vận tốc như cũ. Hỏi kể từ lúc khởi hành sau bao lâu người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ? Giải: Từ đề bài ta có thể vẽ được đồ thị như sau: S(km). đi bộ đi xe đạp. O. 0,5 1 1,5. t. t(h). Dựa vào đồ thị ta thấy xe đạp đi quãng đường trên ít hơn người đi bộ 1,5h. Do đó. v t v 1. 2. (t  1,5)  t 3h. Vậy sau 3h kể từ lúc khởi hành người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ. Bài 2: Giải bài 2.1 Bằng phương pháp đô thị Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc v 1 = 12km/h nếu người đó tăng vận tốc lên 3km/h thì đến sớm hơn 1h. a. Tìm quãng đường AB và thời gian dự định đi từ A đến B..

(53) b. Ban đầu người đó đi với vận tốc v1 = 12km/h được quãng đường s1 thì xe bị hư phải sửa chữa mất 15 phút. Do đó trong quãng đường còn lại người ấy đi với vận tốc v 2 = 15km/h thì đến nơi vẫn sớm hơn dự định 30’. Tìm quãng đường s1. Giải Theo bài ra ta có đồ thị dự định và thực tế đi được như hình vẽ a) Quảng đường dự định là S = 60 km. S(km). 60 v2. Thời gian dự định là t=5h. v1 O. t1. t1+0,25. 5. 4,5. t(h). b) Từ đồ thị ta có:. v t  v 4,5  t  0,25 60  t  15km Hay s v t 1 1. 2. 1. 1. 1. 1,75h. 1 1. S(m). Bài 3: Một chuyển động dọc theo trục 15 Ox cho bởi đồ thị (hình vẽ) a. Hãy mô tả quá trình chuyển động. b. Vẽ đồ thị phụ thuộc thời gian của vận tốc chuyển động.. 5. c. Tính vận tốc trung bình của chuyển động trong 3 phút đầu tiên và vận tốc trung bình của chuyển động trong 5 phút cuối cùng Giải:. 8 O 1. 2. 4. -5. a. Chuyển động được diễn trong 8 phút. - Phút đầu tiên vật chuyển động đều với vận tốc 5m/phút. - Phút thứ 2 vật nghỉ tại chỗ. 7. t(ph).

(54) v - Phút thứ 3 và 4 vật tiếp tục chuyển động đều đi được 15-5= 10m với vận tốc. 10  2 2 = 5m/phút. - Từ phút thứ 5 đến hết phút thứ 8 vật chuyển động đều theo chiều ngược lại đi được 20m với vận tốc v3 = (5+15)/4 = 5m/phút. b. Đồ thị vận tốc của chuyển động.. v(m/ph) 5. 1. 4. 2. 8. t(ph). -5. c. Vận tốc trung bình. v. s t từ đó:. v + Trong 3 phút đầu bằng. 10  3 (m/phút). v + Trong 5 phút cuối bằng. 2. 1. . 25 5 (m/phút). Dạng 5: Tính vận tốc trung bình của chuyển động không đều Bài 1: Một ô tô vượt qua một đoạn đường dốc gồm 2 đoạn: Lên dốc và xuống dốc, biết thời gian lên dốc bằng nửa thời gian xuống dốc, vận tốc trung bình khi xuống dốc gấp hai lần vận tốc trung bình khi lên dốc. Tính vận tốc trung bình trên cả đoạn đường dốc của ô tô.Biết vận tốc trung bình khi lên dốc là 30km/h. Giải: Gọi S1 và S2 là quãng đường khi lên dốc và xuống dốc Ta có:. s v t ; s v t 1. 1 1. 2. 2. 2. mà. v. 2. 2 v1. ,. t. 2. 2 t 1 . Quãng đường tổng cộng là:. S = 5S1. Thời gian đi tổng cộng là:. t t 1  t 2 3 t 1. Vận tốc trung bình trên cả dốc là: s 5S 5 v   1  v1 50km / h t 3t1 3. s. 2. 4 s1.

(55) 1 2 Bài 2: Một người đi từ A đến B. 3 quãng đường đầu người đó đi với vận tốc v 1, 3 thời gian. còn lại đi với vận tốc v 2. Quãng đường cuối cùng đi với vận tốc v 3. tính vận tốc trung bình trên cả quãng đường. Giải: 1 Gọi S1 là 3 quãng đường đi với vận tốc v1, mất thời gian t1. S2 là quãng đường đi với vận tốc v2, mất thời gian t2 S3 là quãng đường cuối cùng đi với vận tốc v3 trong thời gian t3 S là quãng đường AB. Theo bài ra ta có: Và. t. 2.  s2 ; t 3 . v. 2. Do t2 = 2t3 nên. s v. 1  s v1 t 1  3. s. 1. t. 1. . s 3 v1. (1). 3 3. s v. 2. s v. 2. Từ (2) và (3) suy ra. t. 2s s  s 3 3. 3. 2. 3. 3. . 2. (2). s v. 3 3. . 2s 4s ; t 2  s2  3 2 v 2  v3 v 2 3 2 v 2  v3. . . . (3). . Vận tốc trung bình trên cả quãng đường là:. v. TB. . s. t t t 1. 2.  3. 1 1 2 4   3 v1 3 2 v2  v3 3 2 v2  v3. .  . . . . 3 v1 2 v2  v3. . 6 v1  2 v2  v3. .. Bài tập tham khảo: Bài 1: Một người đi xe máy từ A B cách nhau 2400m. Nữa quãng đường đầu xe đi với vận tốc v1, nữa quãng đường sau xe đi với vận tốc. Xác định các vận tốc v 1, v2 sao cho sau 10 phút người ấy đến được B. Giải: Thời gian xe chuyển động với vận tốc v1 : Thời gian xe chuyển động với vận tốc v2 :.

(56) Ta có: t1 + t2 = 10 phút = 1/6 giờ. . S S 1 S  2 S 3.S 1      2.v1 v1 6 2.v1 2.v1 6.  v1 . 6.3.S 6. 3. 2,4  21,6 km / h. 2 2. v2 . v1 10,8 km / h. 2. Bài 2: Một vật xuất phát từ A chuyển động về B cách A 630m với vận tốc 13m/s. Cùng lúc một vật khác chuyển động từ B về A. Sau 35 giây hai vật gặp nhau. Tính vận tốc của vật 2 và vị trí hai vật gặp nhau. Giải: Gọi S1; S2 là quãng đường đi được 35 giây của các vật. C là vị trí hai vật gặp nhau. A. C. B. Gọi v1, v2 là vận tốc của các vật chuyển động từ A và từ B. Ta có: S1 = v1. t ;. S2 = v2 . t. Khi hai vật gặp nhau: S1 + S2 = AB = 630 m AB = S1 + S2 = (v1 + v2). T . v1 v 2 . AB 630  18 m / s t 35. Vận tốc vật 2:. v2 = 18 – 13 = 5 m/s. Vị trí gặp nhau cách A một đoạn: AC = v1. t = 13. 35 = 455 m. Bài 3: Một chiếc xuồng máy chuyển động trên một dòng sông. Nếu xuồng chạy xuôi dòng từ A B thì mất 2 giờ, nếu xuồng chạy ngược dòng tà B về A mất 3 giờ. Tính vận tốc của xuồng máy khi nước yên lặng và vận tốc của dòng nước. Biết khoảng cách AB là 60 km. Giải: Gọi v là vận tốc của xuồng khi nước yên lặng là vận tốc của dòng nước. Khi xuồng chạy xuôi dòng, vận tốc thực của xuồng là: v1 v  v .

(57) Thời gian chạy xuôi dòng: . v1 v  v  . AB 60  30 ( km / h) t1 2. Khi xuồng chạy ngược dòng, vận tốc thực của xuồng là: v 2 v  v . Thời gian chạy ngược dòng: . Ta có:. v  v . AB 60  20 (km / h) t2 3. và . v 25 km / h v  5 km / h. Bài 4: Lúc 7 giờ , hai xe cùng xuất phát từ 2 điểm A và B cách nhau 24km, chúng chuyển động thẳng đều và cùng chiều từ A đến B. xe thứ nhất khởi hành từ A với vận tốc là 42km/h, xe thứ 2 từ B với vận tốc 36 km/h. a. Tìm khoảng cách 2 xe sau 45 phút kể từ lúc xuất phát. b. Hai xe có gặp nhau không? Nếu có chúng gặp nhau lúc mấy giờ? ở đâu ? Hướng dẫn giải: a. Quãng đường các xe đi được trong 45 phút. Xe I. Xe II.. S1= v1.t =. 42.. S2= v2.t =. 3 4 = 31,5 km. 36.. 3 4 = 27 km. Vì khoảng cách ban đầu giữa hai xe là S = AB = 24 km, nên khoảng cách hai xe sau 45 phút là: l = S2 + AB - S1 = 27 + 24 - 31,5 = 19,5 km. b. Khi hai xe gặp nhau thì S1 - S2 = AB. Ta có: v1.t - v2. t = AB giờ. Vậy 2 xe gặp nhau lúc 7 + 4 = 11 giờ Vị trí gặp nhau cách B một khoảng: l = S2 = 36.4 = 144.

(58)

(59)

de thi bdhsg co hoc cap tinh

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về