(M)
(N)
I
O
B
S
A
K
CHUYÊN ĐỀ 1: SỰ PHẢN XẠ ÁNH SÁNG

Thời lượng: 9 tiết

Bài 1: Hai gương phẳng (M) và (N) đặt song song quay mặt phản xạ vào nhau và cách
nhau một khoảng AB = d. trên đoạn AB có đặt một điểm sáng S, cách gương (M) một đoạn
SA = a. Xét một điểm O nằm trên đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB có khoảng
cách OS = h.
a. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S, p/xạ trên gương (N) tại I và truyền qua O.
b. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên gương (N) tại H, trên gương
(M) tại K rồi truyền qua O.
c. Tính khoảng cách từ I , K, H tới AB.

HD:
a, - Vẽ đường đi tia SIO
+ Lấy S
'
đối xứng S qua (N)
+ Nối S
'
O cắt gương (N) tai I
 SIO cần vẽ
b, - Vẽ đường đi SHKO

CS
BS
CO
HB
'
'
'

 HB = h( d- a):(2d)
Tam giác S'KA đồng dạng với tam giác S'O'C nên ta có:
d
adh
KACO
CS
AS
KA
CS
AS
CO
KA
2
)2(
'.
'
'
'
'
'



trên đường thẳng song song có 2 điểm S

và O với khoảng

cách từ các điểm đó đến gương M
1
bằng a

A
a

S
. B
d a) Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến gương

M
1
tại I rồi phản xạ đến gương M
2
tại
J rồi phản xạ đến

O.

b) Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B

HD: a) Chọn S

1
S H
a a d-a
A B
=> AI =
.BJ
da
a

(1)
Ta có:  S
1
AI   S
1
HO
1
=>
2d
a
HS
AS
HO
AI
1
1
1


 AI =
2d

MCM' do đó :
HK = 1/2 MC = 1/2 (CD - MD ) = 1/2(170 - 10) = 80cm
Chiều cao tối thiểu của gương là : IK = IH + KH = 5 + 80 = 85 (cm)
Gương phải đặt cách mặt đất khoảng KJ
KJ = DC - DM - HK = 170 - 10 - 80 = 80 (cm) (2 đ)
Vậy gương cao 85 (cm) mép dưới của gương cách mặt đất 80 cm Bài 4. Hai gương phẳng M
1
, M
2
đặt song song có mặt phản xạ quay vào nhau, cách nhau
một đoạn d = 12cm. Nằm trong khoảng giữa hai gương có điểm sáng O và S cùng cách
gương M
1
một đoạn a = 4cm. Biết SO = h = 6cm.
a, Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến gương M
1
tại I, phản xạ tới gương M
2
tại
J rồi phản xạ đến O.
b, Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B. (AB là đường thẳng đi qua S và vuông
góc với mặt phẳng của hai gương).
AI/BJ = S
1
A/S
1
B = a/(a+d) (1)
Xét tam giác S
1
AI đồng dạng với tam giác S
1
HO
1
:
AI/HO
1
= S
1
A/S
1
H = a/2d => AI = a.h/2d = 1cm (2)
Thay (2) vào (1) ta được: BJ = (a+d).h/2d = 16cm. S
A
S
1
O


AB.
SI
SI
=BAhay
SI
SI
=
BA
AB
'
''
'''
A
/
A
2
A A
1
S I I
1
I
'


2
B
2
=
2
1
A
'
B
'
= 40 cm.
Mặt khác hai tam giác SA
1
B
1
, SA
2
B
2
đồng dạng cho ta:

2222
11
'
11
BA
AB
=
BA
BA

25,0=
2
5,0
=
v
S
(s)
Từ đó vận tốc thay đổi đường kính của bóng đèn là:

v
'
=
s/m6,1=s/cm160=
25,0
4080
=
t
BABA
22
''
-
-
Bài 6: Một điểm sáng S đặt cách màn chắn 3m. khoảng cách giữa điểm sáng và màn có
một vật chắn sáng hình cầu, đường kính 40cm. Và cách màn 2m . Tính diện tích bóng quả
cầu trên màn
HD:
- Xét


=1,1304m
2 Bài 7: Chiếu 1 tia sáng hẹp vào 1 gương phẳng, nếu cho gương quay đi 1 góc  quanh 1
trục bất kỳ nằm trên mặt gương thì tia phản xạ sẽ quay đi 1 góc bao nhiêu theo chiều nào?
Ta có hình vẽ bên:
Khi gương quay đi 1 góc  theo chiều kim đồng hồ.

N
1
N
2
M
1
i
1
i
1
'
P
K
J
R
'
S

2
) = 2(i
2
- i
1
) (1)
Xét  IPJ có: i
1
+  + 180
0
– i
2
= 180
0

 180
0
+  - (i
1
– i
2
) = 180
0

  = (i
1
– i
2
) = i
2

a. Tia phản xạ nằm ngang
góc hợp với tia tới và tia phản xạ có thể 60 hoặc 120
0.

- ứng với hai trường hợp trên vết gương ở vị trí M
1
(hợp với mặt phẳng nằm ngang 1 góc
60
0
)
hoặc ở vị trí M
2
( hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 30
0
).
b. Tia phản xạ thẳng đứng. M
1
- góc hợp với tia tới và tia phản xạ có thể là 30
0
hoặc 150
0

- ứng với 2 trường hợp đó vết gương ở vị trí M
1
( hợp với mặt nằm ngang một góc 15
0
) hoặc
ở vị trí M
2
( hợp với mặt nằm ngang một góc 75

1 S
3
S
1
S S
2
* Nêu cách dựng
+ Vẽ S
1
đối xứng với S qua G
1
.
+ Vẽ S
2
đối xứng với S
1
qua G
2
.
+ Vẽ S
3

I
2
I
3
a là tia sáng cần dựng.
b
n
g
I
s
g
2
S
x
f
F
o
I
X’
S’
S
x
f
F

Đối với

I I’B
2i = 2i’ + >  =2 = 2.30
0
= 60
0
b/ Trường hợp  =50
0
(góc tù)
Với

I I’N:  = i + i’
Với

I I’B :  = 2( 90
0
– i + 90
0
–i’)
>  = 360
0
- 2
= 360
0
– 2.50
0


HD: B I D I’ K

M H

x S’ A S C y

a/ Vẽ ảnh của I qua CD và ảnh của S qua AB; nối các các ảnh này với nhau ta sẽ xác định
được M và N.
b/ Dùng các cặp  đồng dạng & để ý KH = 1/2 SI.
 tcmtcm
. Thay số vào ta có t = 26,2
0
C

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
333222111Dạng 2. Biện luận các chất có tan hết hay không trong đó có nước đá

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


và nhiệt dung riêng của nước là c = 4200j/kg.k
Giải. Gọi nhiệt lượng của nước là
t
Q
từ 20

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
m
= 1kg; b)


21
QQ 
nước đá bị nóng chảy.
Nhiệt lượng để nước đá nóng chảy hoàn toàn:
kjmQ 3401.340.'
22



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

kgm
y
12,0

Khối lượng nước đá đã nóng chảy
x




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 

. Từ đó
ct
0
5,14

Khối lượng nước trong bình:
kgmmm
n
2,2
21


Khối lượng nước đá
Om
d



2


Khối lượng nước còn lại:
.88,1
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
Nước đá có tan hết hay không
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


Đáp số : a) nước đá không tan hết ; b) 0

L = 2,3.10
6
J/kg
HD : 1) Quá trình biến thiên nhiệt độ của nước đá :
- 5
0
C 0
0
C nóng chảy hết ở 0
0
C 100
0
C hoá hơi hết ở 100
0
C
* Đồ thị : 100
0
C 0 Q( kJ )
-5 18 698 1538 6138

2) Gọi m
x
( kg ) là khối lượng nước đá tan thành nước : m
x

m
n
.C
n
).(50 - 0 )
+ Khi có cân bằng nhiệt : Q = Q
1
+ Q
x
 M = 3,05 kg Dạng 3 tính nhiệt lượng hoặc khối lượng của các chất trong đó không có (hoặc có) sự
mất mát nhiệt lượng do môi trường

Bài 8. Người ta đổ
gm 200
1

nước sôi có nhiệt độ 100
0
c vào một chiếc cốc có khối lượng

2
m
120g đang ở nhiệt độ
2
t
= 20
0

21
QQ 
= 26784 j
Công suất toả nhiệt trung bình của cốc nước bằng
N =
s
j
T
Q
300
26784

= 89,28j/s

Bài 9. Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 20
0
c.
Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở lò. Nước nóng đến 21,2
0
C.
Tìm nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là
kgkjckgkjckgkjc /380;/4200;/880
321

. Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường
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
Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 0
0
C . Nước đá có tan

(
1
m
là khối lượng thau nhôm)
Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ

1
t
20
0
C đến

2
t
21,2
0
C
)(
12222
ttcmQ 
2
m
là khối lượng nước
Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t
0
C đến

2
t
21,2

Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại

)(1,1)%(110
)()%(10
21213
21213
QQQQQ
QQQQQ



Hay
))((1,1)'(
122211233
ttcmcmttcm 
't
=
33
233122211
))(((
cm
tcmttcmcm 
+
2
t



C đến t”
0
C)
380.2,04200)1,02(880.5,0
34000189109
))((
'
"
332211






cmcmmcm
QQ
t
= 16,6
0
c Bài 10: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0, 5kg chứa 2kg nước ở 25
o
C. 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
=

+ Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
Q = Q
1
+ Q
2
= 663000 ( J ) ( 1 )
+ Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 ph.
Q = H.P.t ( 2 )
(Trong đó HT = 100% - 30% =70% ; P là công suất của ấm ; t = 20ph = 1200 giây)
+Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P =
W)
Q 663000.100
789,3(
H.t 70.1200


Bài tập tương tự
Bài 11. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng
gm 500
1

chứa
gm 400
2

nước ở
nhiệt độ
ct
0
1

= 4200
( j/kgk) của nước đá là
3
c
= 2100(j/kgk), nhiệt nóng chảy của nước đá là


34000 j/kg. Bỏ
qua sự trao đổi nhiệt với môi trường
(Trích đề thi TS THPT chuyên lý ĐHQG Hà Nội - 2002 )

Dạng 4. tính một trong các đại lượng m, t, c khi rót một số lần hỗn hợp các chất từ bình
này sang bình khác.
Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt. Nhiệt
lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt
độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu làm thanh dẫn.
Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai thanh
là như nhau.
Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên hai
thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống.
Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách ngăn tỷ lệ
với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa hai
bên vách ngăn.

Bài 12. có hai bình cách nhiệt. Bình một chứa
kgm 4
1

nước ở nhiệt độ
ct

ttcmttmc 
(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

)')(()''(
22212
ttmmcttmc 
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
)'()'(
11112
ttcmttmc )')(()''(
22212
ttmmcttmc 

Với
kgm 4
1


ct
0
1
20
,
kgm 8

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
- khi tính ra nhiệt độ cân bằng của lần quên ghi này thì nhiệt độ phải bé hơn 25
0
C
- sau mổi lần trút nhiệt độ ở bình hai tăng chứng tỏ nhiệt độ ở bình 1 phải lớn hơn bình 2

Giải. Gọi
2
q
là nhiệt dung tổng cộng của chất lỏng chứa trong bình 2 sau lần trút thứ nhất (ở
10
0
C), q là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào (có nhiệt độ C
1
t
)
và t là nhiệt độ bỏ sót không ghi. Phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút cuối:
)5,17()105,17(
12
 tqq

(
)()5,17)(
12
ttqtqq 
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

t:

t( C + 2
a
C
) = 5
a
C
(T – (

0
c

Bài 17. 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
2
c
=
4200j/kgk. Nhiệt nóng chảy của nước đá
kgj/10.4,3
5


. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với đồ
dùng thí nghiệm.

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
0
C là
'.
3
mQ




0
C) toả ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 100
0
C

LmQ 
3
(m là khối lượng hơi nước sôi)
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

Dạng 5. Bài tập tổng hợp có liên quan đến hiệu suất, nhiệt hoá hơi
Bài 18. a) Tính lượng dầu cần để đun sôi 2l nước ở 20
0
C đựng trong ống bằng nhôm có
khối lượng 200g. Biết nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là
kgkjckgkjc /880;/4200

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 = 2286,933kj
Và khối lượng dầu cần dùng là:
kg
q
Q
m
3
6
3
10.97,51
10.44
10.933,2286'




m = 51.97 g
b) Nhiệt lượng cần cung cấp để nước hoá hơi hoàn toàn ở 100

= 2kg ở nhiệt độ - 5
0
C.
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

= 3,4.10
5
j/kg nhiệt hoá hơi của nước ở 100
0
C là L = 2,3 .10
6
j/kg.
Bỏ khối nước đá trên vào xô nhôm chứa nước ở 50
0
C. 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
gm 500
2


c biến thành hơi hoàn toàn ở 100
0
C là: Q =
4321
QQQQ 

b) Đối với câu b cần tính khối lượng nước đá đã tan thành nước và do nước đá không tan hết
nên nhiệt độ cuối cùng của hệ là 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
0
C về 0
0
C và tính nhiệt lượng nước đá nhận vào để tan hoàn tòan ở 0
0
C sau đó áp dụng
pt cân bằng nhiệt và tính ra khối lượng có trong xô. và tính ra được M = 3,05 kg