SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN VẬT LÝ
Tên đề tài: “Một số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8”
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình vật lý 8 nhiệt học là một trong những phần hết sức quan
trọng . Nhưng để học sinh nắm vững và giải tốt các bài toán phần này thì đoi hỏi
người giáo viên phải biết vận dụng thành thạo, nhuần nhuyển các kiến thức về
phần nhiệt học cũng như vận dụng thành thạo phương trình cân bằng nhiệt để giải
các bài toán về nhiệt học . Trong đề tài này tôi mạnh dạn đưa ra một số kỹ năng mà
tôi đúc rút được trong quá trình dạy học để giải các bài toán về nhiệt học hy vọng
rằng các bạn đồng nghiệp và các em học sinh có được một số kỹ năng khi giải các
bài toán về nhiệt học do thời gian không cho phép nên tôi chỉ trình bày một số
dạng toán cơ bản phục vụ cho việc dạy đại trà và bồi dưỡng học sinh giỏi
Trong thực tế dạy học hiện nay, người giáo viên lên lớp không chỉ truyền đạt kiến
thức cơ bản cho học sinh mà còn phát huy tính tích cực và tư duy sáng tạo để
chiếm lĩnh tri thức. Tuy nhiên bấy lâu nay chúng ta chỉ chú ý tới việc phát huy tính
tích cực và tư duy sáng tạo trong giải các bài tập chủ yếu là môn Toán, mà không
chú ý tới môn Vật lý, Hoá học và các môn học khác.
Trên cơ sở tinh thần phát huy tính tích cực và tư duy sáng tạo trong giải toán, dựa
vào những hoạt động trí tuệ chung như:
- Tương tự hoá
- Trừu tượng hoá
- Tổng quát hoá
- Khái quát hoá và đặc biệt hoá
Từ một bài tập cơ bản ban đầu ta có thể đề xuất cách giải và mở rộng, phát triển
thành nhiều dạng bài tập khác.
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn Vật lý 8, tôi có một
số kinh nghiệm khi giảng dạy phần nhiệt học, đặc biệt là dạng bài tập về nhiệt học
Một số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8
B.NỘI DUNG
+ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất
+ Các bài toán có sự chuyển thể của các chất

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:
.3,2,1
321
kgmkgmkgm ===
Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ của
chúng lần lượt là
ctkgkjcctkgkjcctkgkjc
0
33
0
22
0
11
50,/3000,10,/4000,10,/2000 ======
. 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 =
332211
333222111cmcmcm
tcmctmtcm
++
++

332211
333222111
Dạng 2. Biện luận các chất có tan hết hay không trong đó có nước đá
Đối với dạng toán này học sinh hay nhầm lẫn nên giáo viên phải hướng dẫn hết sức
tỷ mỷ để học sinh thành thạo khi giải các bài tập sau đây là một số bài tập
Bài 4. Bỏ 100g nước đá ở
Ct
o
0
1
=
vào 300g nước ở
Ct
o
20
2
=

Nước đá có tan hết không? Nếu không hãy tính khối lượng đá còn lại . Cho nhiệt
độ nóng chảy của nước đá là
kgkj /10.4,3
5
=
λ
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
t

−
=
=
5
10.4,3
8800
= 0,026 kg
Bài 5. Trong một bình có chứa
kgm 2
1
=
nước ở
ct
0
1
25=
. Người ta thả vào bình
kgm
2
nước đá ở
2
t
=
c
0
20−
. Hảy tính nhiệt độ chung của hỗn hợp khi có cân bằng
nhiệt trong các trường hợp sau đây:
a)
2

= 1kg
nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng nhiệt độ tới o
o
c
kjotomcQ 42))20(.(1,2)(
2222
=−−=−=
21
QQ 〉
nước đá bị nóng chảy.
Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hoàn toàn:
kjmQ 3401.340.'
22
===
λ
221
'QQQ +〈
nước đá chưa nóng chảy hoàn toàn. Vậy nhiệt độ cân bằng là 0
0
C. Khối
lượng nước đá đã đông đặc là
y
m
⇒−=+−
)0(.)0(.
22211
tmcmtmc
y
λ
kgm

jmQjtmcQ 68000.';8400)0(
222222
===−=
λ
221
'QQQ +〉
nước đá đã nóng chảy hết và nhiệt độ cân bằng cao hơn O
o
c. Nhiệt độ
cân bằng được xác định từ
)()0(.)0(
111212222
ttmctmcmtmc −=−++−
λ
Từ đó
ct
0
5,14≈
Khối lượng nước trong bình:
kgmmm
n
2,2
21
=+=
Khối lượng nước đá
Om
d
=
c)
kgm 6

1
kgmmm
yn
=−=
Bài tập tương tự
Bài 6. Thả 1, 6kg nước đá ở -10
0
c vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở
80
0
C; 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
=
d
c
2100j/kgk và nhiệt nóng chảy của nước đá là
./10.336
3
kgkj=
λ
Bài 7. Trong một nhiệt lượng kế có chứa 1kg nước và 1kg nước đá ở cùng nhiệt độ
O
0
c, người ta rót thêm vào đó 2kg nước ở 50
0
C. Tính nhiệt độ cân bằng cuối cùng.
Đáp số : Bài 6 a) nước dá không tan hết

của thuỷ tinh là
2
c
= 840j/kgk.
Giải
Do sự bảo toàn năng lượng, nên có thể xem rằng nhiệt lượng Q do cả cốc nước toả
ra môi trường xung quanh trong khoảng thời gian 5 phút bằng hiệu hai nhiệt lượng
- Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt từ 100
0
C xuống 40
0
C là

)(
1111
ttcmQ −=
= 0,2.2400. (100-40) = 28800 J
- Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 40
0
C là

)(
2222
ttcmQ −=
= 0,12.840.(40-20) = 2016 J
Do đó nhiệt lượng toả ra: Q =
21
QQ −
= 26784 j
Công suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng

5
=
λ
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 t
0
C là nhiệt độ củ bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng
Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ
=
1
t
20
0
C đến
=
2
t
21,2
0
C
).(
12111
ttcmQ −=
(
1
m

)(
2333
ttcmQ −=
(
3
m
khối lượng thỏi đồng)
Do không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta
có:
213
QQQ +=
⇒
))(()'(
122211233
ttcmcmttcm −+=−

⇒
t
=
33
233122211
))(((
cm
tcmttcmcm +−+
Thay số vào ta được t = 160,78
0
C
b) Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt
được viết lại


C
Q =
jm 340001,0.10.4,3
5
==
λ
Nhiệt lượng cả hệ thống gồm thau nhôm, nước, thỏi đồng toả ra để giảm từ
21,2
0
C xuống 0
0
C là:
jcmcmcmQ 189019)02,21)(('
332211
=−++=
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

"))(('
332211
tcmcmmcmQQQ +++=−=∆
(Nhiệt lượng còn thừa lại dùng cho cả hệ thống tăng nhiệt độ từ 0
0
C đến t”
0
C)

380.2,04200)1,02(880.5,0
34000189109
))((

C là:
Q
1
= m
1
c
1
( t
2
t
1
) = 0,5.880.( 100 25 ) = 33000 ( J )
+ Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25
o
C tới 100
o
C là:
Q
2
= mc ( t
2
t
1
) = 2.4200.( 100 25) = 630000 ( J )
+ Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
Q = Q
1
+ Q
2
= 663000 ( J ) ( 1 )

0
C. Khi cân bằng nhiệt
thì nhiệt độ nước trong bình là t = 10
0
C. Tìm m
b) Sau đó người ta thả vào bình một khối nước đá có khối lượng
3
m
ở nhiệt độ
ct
0
3
5−=
. Khi cân bằng nhiệt thì thấy trong bình còn lại 100g nước đá. Tìm
3
m
cho biết nhiệt dung riêng của nhôm là
1
c
=880 (j/kgk), của nước là
2
c
=
4200
( j/kgk) của nước đá là
3
c
= 2100(j/kgk), nhiệt nóng chảy của nước đá là
=
λ

1
=
nước ở nhiệt độ
ct
0
1
20=
;bình hai chứa
kgm 8
2
=
ở nhiệt độ
ct
0
2
40=
. 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
2
't
= 38
0
C.
Hãy tính lượng nước m đã trút trong mỗi lần và nhiệt độ ổn định
1
't
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


ct
0
1
20=
,
kgm 8
2
=
,
ct
0
2
40=
,
2
't
= 38
0
c thay vào và giải ra ta
được m = 0,5kg ,
1
't
= 40
0
c.
Tương tự bài tập trên ta có bài tập sau
Bài 14. Có hai bình cách nhiệt đựng một chất lỏng nào đó. Một học sinh lần lượt
múc từng ca chất lỏng từ bình 1 trút sang bình 2 và ghi nhiệt độ lại khi cân bằng
nhiệt ở bình 2 sau mỗi lần trút: 10

12
−=− tqq

(
)()5,17)(
12
ttqtqq −=−+

)25()25)(2(
12
−=−+ tqtqq
Giải hệ phương trình trên ta có t = 22
0
C
1
t
=40
0
C
Bài 15: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 0
0
C. 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

)T
t
Với tV = 100 và t
1
= 0 Nên:

=

= 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: K
d
(t
2
-t) = K
t
(t - t
1
) Giải phương trình này ta tìm được t = 76
0
C
Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,8
0
C.
Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T
Với trường hợp 1: Q = K
d
(t
2

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 t
1
= 1
0
C. 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:
Q
12
= K(t
1
- t
2
); Q
13
= k(t
1
- t
3
); Q
23
= k(t
2
- t
3

2

Đối với sữa: Q
13
+ Q
23
= k(t
1
- t
3
+ t
2
- t
3
) = mct
3

Từ các phương trình trên ta tìm được: t
2
= 0,4
0
C và t
3
= 1,6
0
C
T¬ng tù bµi to¸n trªn ta cã bµi to¸n sau
Bài 17. 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

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,
a
C
là nhiệt dung của một ca
nước; T là nhiệt độ của ca nước nóng,
0
T
nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế .
- Khi đổ 1 ca nước nóng vào NLK, pt cân bằng nhiệt là:
5C =
a
C
(T – (
0
T
+5)) (1)
Khi đổ thêm 1 ca nước nữa:
3(C +
a
C
) =
a
C
(T – (
0
T
+5 +3)) (2)
Khi đổ thêm 5 ca nước nữa K, nhiệt độ tăng thêm

C ;
9,5
0
C.
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 = 38
0
c
b) t = 27,2
0
c
Bài 20. a) Người ta rót vào khối nước đá khối lượng
1
m
= 2kg một lượng
nước
2
m
= 1kg ở nhiệt độ
2
t
= 10
0
C. 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
1
c
= 2000j/kgk; nước

1
. Ta có nhiệt lượng nước đá nhận vào
để tăng nhiệt độ từ
ct
0
1
tới 0
0
C là
−= 0(
111
cmQ
1
t
) = -
111
tcm
Nhiệt lượng của nước toả ra để hạ nhiệt độ từ 10
0
C về 0
0
C là
)010(
222
−= cmQ
=
10
22
cm
Nhiệt lượng một phần nước m’ toả ra để đông đặc ở 0

C
== 50.4200.3
2
Q

Nhiệt lượng hơi nước sôi ( 100
0
C) toả ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 100
0
C

LmQ =
3
(m là khối lượng hơi nước sôim)
Nhiệt lượng nước ở 100
0
C toả ra để giảm đến 50
0
C
50
24
cmQ =
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có

4321
QQQQ +=+
Từ đó suy ra m = 0,528kg = 528g
Bài 21. Người ta rót 1kg nước ở 15
0
C vào bình đựng 3kg nước đá. Tại thời

là
)(
12111
ttcmQ −=
= 672kj
12
Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nhôm để tăng nhiệt độ từ 20
0
C đến 100
0
C là

)(
12222
ttcmQ −=
= 14,08kj
Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là

21
QQQ +=
= 686,08kj
Do hiệu suất của bếp là H = 30% nên thực tế nhiệt cung cấp do bếp dầu toả ra là
=== %100.
%30
686080
%100.'
H
Q
Q
2286933,3j

phphph
Q
Q
t 57,10015.
08,686
4600
15.
3
===
Bài 20. Một khối nước đá có khối lượng
1
m
= 2kg ở nhiệt độ - 5
0
C.
a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên hoá hơi hoàn toàn ở
100
0
C. Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá là
kgkjCkgkjC /4200;/1800
21
==
; Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0
0
c là
λ
=
3,4.10
5
j/kg nhiệt hoá hơi của nước ở 100

C đến 100
0
C là
3
Q
nhiệt lượng nước hoá hơi
hoàn toàn ở 100
0
C là
4
Q
Tính nhiệt tổng cộng để nước đá từ – 5
0
c biến thành hơi hoàn toàn ở 100
0
C là
Q =
4321
QQQQ +++
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 0
0
C sau đó tính nhiệt lượng mà khối
nước đá nhận vào để tăng lên 0
0
C là
1
Q
ở trên sau đó tính nhiệt lượng của toàn xô
nước và của nước giảm nhiệt độ từ 50

m
, nhiệt dung riêng là
1
c
nhiệt độ
ct
0
1
100=
.
Một bình chứa nước, nước trong bình có khối lượng
2
m
, nhiệt dung riêng
2
c
, nhiệt
độ đầu của nước trong bình là
ct
0
2
20=
. Thả khối sắt vào trong nước, nhiệt độ của
cả hệ thống khi cân bằng nhiệt là t = 25
0
C. Hỏi nếu khối sắt có khối lượng
12
2mm =
, nhiịet độ ban đầuvẫn 100
0

14
Cho 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
+ Khi t = 400 thì p = 300
Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t
Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 20
0
c đến 30
0
c là T thì nhiệt lượng trung
bình tỏa ra trong thời gian này là: P
tb
=

= = 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
C. KẾT LUẬN
BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Vật lí ở trường THCS việc hình thành
cho học sinh phương pháp, kỹ năng giải bài tập Vật lí là hết sức cần thiết, để từ đó
giúp các em đào sâu, mở rộng những kiến thức cơ bản của bài giảng, vận dụng tốt
kiến thức vào thực tế, phát triển năng lực tư duy cho các em, góp phần nâng cao
chất lượng giáo dục, cụ thể là:
+ Giúp học sinh có thói quen phân tích đầu bài, hình dung được các hiện
tượng Vật lí xảy ra trong bài toán sau khi tìm hướng giải.
+ Trong một bài tập giáo viên cần hướng cho học sinh nhiều cách giải (nếu

Số kỹ năng giải toán phần nhiệt học vật lý 8 ” với mong muốn: phát triển năng
lực duy rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh trong việc học tập bộ môn Vật lí.
Nhằm nâng cao chất lượng bộ môn nói riêng, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục nói chung.
Tuy nhiên vì diều kiện thời gian, cũng như tình hình thực tế nhận thức của
học sinh ở địa phương nơi tôi công tác và năng lực cá nhân có hạn, nên việc thực
hiện đề tài này chắc hẳn không tránh khỏi thiếu sót. Kính mong các đồng chí và
các bạn đồng nghiệp, trao đổi và góp ý để giúp tôi hoàn thiện hơn trong chuyên
môn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
16