PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH
TRƯỜNG THCS QUÝ LỘC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI
LỚP 8 GIẢI BÀI TẬP PHẦN NHIỆT HỌC

Người thực hiện:Nguyễn Thị Thanh Thùy
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Quý Lộc
SKKN thuộc môn: Vật lý

MỤC
LỤC
Năm
2017


Trang
1. Mở đầu .....................................................................................................................1
MỤC LỤC

2. Nội dung....................................................................................................................3
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến...........................................................................3
2.2. Thực trạng của vấn đề......................................................................................3
2.3. Giải pháp thực hiện..........................................................................................3
2.3.1. Dạng 1.Bài tập về PTCBN khi chưa biết vật tỏa, thu nhiệt.......................3
2.3.1.1. Giải bài toán bằng cách giả sử......................................................................4
2.3.1.2. Giải bài toán bằng cách lập luận tìm vật tỏa, thu nhiệt................................4
2.3.2. Dạng 2. Bài tập về PTCBN khi đã biết vật tỏa, thu nhiệt..........................4

6. Tuyển chọn đề thi HSG THCS Vật lý – Nguyễn Đức Tài – NXB ĐHSP
7. Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Vật lý – Nguyễn Quang Hậu
– NXB Hà Nội.
8. Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Vật lý - Nguyễn Đức Tài –
NXB ĐHSP.
9. Tạp chí vật lý tuổi trẻ.
10. Một số đề thi học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh.
11. Các chuyên đề, tài liệu của đồng nghiệp.


DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG CẤP PHÒNG GDĐT, SỞ GDĐT
VÀ CÁC CẤP CAO HƠN ĐÁNH GIÁ
TT
Tên đề tài
1 Sử dụng sơ đồ tư duy trong

môn Vật lý để ghi nhớ và khắc
sâu kiến thức cho học sinh lớp 8

Năm
2013

Cấp đánh giá
Cấp tỉnh

XL
B


1- Mở đầu


Mục đích tôi viết đề tài này là hệ thống lại đầy đủ nhất các dạng bài tập
nhiệt học và những điểm lưu ý khi giải nhằm làm tài liệu, định hướng giảng dạy
và trao đổi cùng đồng nghiệp, bạn đọc nhằm nâng cao tay nghề góp phần nâng
cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn Vật lý.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:

Các dạng bài tập nhiệt học, học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Vật
lý trường THCS Quý Lộc, Yên Định, Thanh Hóa.
1.4 Phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu kĩ chương trình, các tài
liệu về Nhiệt học vật lý THCS.
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Khảo sát thực trạng, năng lực hệ
thống và giải bài tập nhiệt học của học sinh.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm trong thực tiễn giảng dạy

1


- Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: Chấm bài để đánh giá mức độ tiếp
thu kiến thức và vận dụng của học sinh trước và sau khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.
1.5 Những điểm mới của sáng kiến:

- Hệ thống bài tập chi tiết, tỉ mỉ đến từng dạng nhỏ nhất, hợp lí nhất.
- Có nhiều cách giải khác nhau đảm bảo đúng bản chất vật lý của sự vật,
hiện tượng; trong đó có những cách giải hay và gọn.
- Có kèm phương pháp hướng dẫn học sinh; những lưu ý một số sai lầm
học sinh hay mắc phải khi giải bài tập.

Thời điểm

được
Số HS

Chưa áp dụng

4

60-80

40-60

20-40

0-20

SL

%

SL

%

SL

%

SL

dụng công thức vật lý vào hiện tượng của bài toán.
2.3.1 Dạng 1. Bài tập về phương trình cân bằng nhiệt khi chưa biết vật nào tỏa
nhiệt, vật nào thu nhiệt.
2.3.1.1 Giải bài toán bằng cách giả sử.

Ví dụ 1 : Một hệ vật gồm n vật có khối lượng mỗi vật lần lượt là m1 , m2 , ...,mn

3


ở nhiệt độ ban đầu t1, t2 , ..., tn được làm bằng các chất có nhiệt dung riêng c 1 ,
c2 , ...., cn trao đổi nhiệt với nhau. Tìm nhiệt độ cân bằng của hệ ?
Hướng dẫn giải : Gọi t là nhiệt độ cân bằng của hệ. Giả sử trong hệ có k vật đầu
tiên tỏa nhiệt, (n-k) vật sau thu nhiệt. Theo pt cân bằng nhiệt : Qtỏa = Qthu
m1c1 ( t1 − t ) + m2c2 ( t2 − t ) + ... + mk ck ( t k − t ) = mk +1ck +1 ( t − t k +1 ) + mk + 2ck + 2 ( t − t k + 2 ) + ... + mncn ( t − t n )

⇒ t (m1c1 + m2c2 + ... + mn cn ) = m1c1t1 + m2 c2t2 + ... + mncnt n ⇒ t =

m1c1t1 + m2c2t2 + ... + mn cntn
m1c1 + m2c2 + ... + mn cn

Ví dụ 2: Một hỗn hợp gồm ba chất lỏng không có tác dụng hóa học với nhau có khối
lượng lần lượt là: m1 = 1kg , m2 = 2kg , m3 = 3kg. Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ
của chúng lần lượt là: c1 = 2000J/kg.K , t1 = 100C; c2 = 4000J/kg.K , t2 = 200C; c3 =
3000J/kg.K , t3 = 400C. Hãy tìm nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt.
Hướng dẫn giải :Giả sử vật m3 tỏa nhiệt, 2 vật còn lại thu nhiệt. Từ PTCBN t = 28,420C.
2.3.1.2 Giải bài toán bằng cách lập luận tìm ra vật tỏa nhiệt, vật thu nhiệt
Ví dụ: (Chuyên ĐHQG Hà Nội 2009) Cho 3 bình nhiệt lượng kế,mỗi bình chứa

cùng một lượng nước như nhau m= 1kg. Bình 1 chứa nước ở nhiệt độ t 1 =400C,

4


q0(t1 – t0) = q (t – t1) ↔ q0(36 – 18) = q (40– 36) (1)
PTCBN khi thả chai sữa thứ hai vào phích :
q0(t2 – t0) = q (t – t2) ↔ q0(t2 – 18) = 4,5q0 (36– t2) (2)
Từ (1) tính được q = 4,5q0. Thay q = 4,5q0 vào (2) tính được t2 = 32,720C.
Ví dụ 2(Hải Dương):Có ba chai sữa giống nhau, đều có nhiệt độ t0 = 200C. Người
ta thả chai sữa thứ nhất vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 42 0C. Khi đạt cân
bằng nhiệt, chai sữa thứ nhất nóng tới nhiệt độ t 1 = 380C, lấy chai sữa này ra và
thả vào phích nước đó một chai sữa thứ hai. Đợi đến khi cân bằng nhiệt xảy ra,
người ta lấy chai sữa ra rồi tiếp tục thả chai sữa thứ ba vào. Hỏi ở trạng thái cân
bằng nhiệt chai sữa thứ ba này có nhiệt độ là bao nhiêu? Giả thiết không có sự
mất mát năng lượng nhiệt ra môi trường xung quanh.
Hướng dẫn giải : Gọi q là nhiệt lượng do phích nước tỏa ra để hạ nhiệt độ xuống
10C, q0 là nhiệt lượng để chai sữa tăng lên 10C.
Gọi t2, t3 lần lượt là nhiệt độ cân bằng sau khi thả vào phích nước của chai sữa thứ 2 và 3
+ Sau lần đổ thứ nhất: q (t – t1) = q0 (t1 – t0) ↔ q (42 – 38) = q0(38 – 20 ) (1)
+ Sau lần đổ thứ hai: q (t1 – t2) = q0(t2 – t0) ↔ q (38 – t2 ) = q0(t2 – 20 ) (2)
+ Sau lần đổ thứ ba: q (t2 – t3) = q0(t3 – t0) ↔ q (t2 – t3 ) = q0(t3 – 20 ) (3)
Từ (1) tính được q = 4,5q0. Thay vào (2) tính được t2 = 34,70C, t3 ≈ 32,040C.
Ví dụ 3(ĐHQG Hà Nội 2008) : Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau, đều
đang ở nhiệt độ tx0C người ta thả từng chai lần lượt vào một bình cách nhiệt
chứa nước, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra rồi thả chai khác vào. Nhiệt độ nước
ban đầu trong bình là t0 = 360C, chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t1 = 330C,
chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ t2 = 30,50C. Bỏ qua sự hao phí nhiệt.
a, Tìm nhiệt độ tx.
b, Đến chai thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 260C.
Hướng dẫn giải : Gọi q1 là nhiệt lượng tỏa ra của nước trong bình khi nó giảm
10C; q2 là nhiệt lượng thu vào của chai sữa khi nó tăng lên 10C.

2

 q 
Thay (3) vào (4) => t2 = t x +  1 ÷ .(t0 − t x ) .
 q1 + q2 
n

 q 
Tổng quát: Chai thứ n khi lấy ra nhiệt độ: tn = t x +  1 ÷ .(t0 − t x )
 q1 + q2 
n


q2 1
5

Theo điều kiện: tn < 26 C và q = 5 ⇒ tn = 18 +  ÷ .(36 − 18)  < 26 ⇒ n > 5 .
6
1



0

5


2.3.2.2 Một vật lần lượt trao đổi nhiệt với các vật có cùng nhiệt độ ban đầu (trao đổi
xong không lấy vật ra mà tiếp tục cho trao đổi nhiệt với vật tiếp theo).
PP : Cách 1 : Lần 1 vật chính ở nhiệt độ t trao đổi nhiệt với một vật có nhiệt độ t0 đạt


Cách 2 : Viết phương trình cân bằng nhiệt bằng cách gộp sự trao đổi nhiệt cùng lúc

PTCBN khi đổ thêm một ca nước nóng, nhiệt lượng kế tăng thêm ∆t1 = 50C :
q0.[t0 – (t +5)] = 5q
(1)
PTCBN khi đổ thêm một ca nước nóng nữa ta xem như đổ 2 ca nước nóng ở nhiệt độ
ban đầu t0, nhiệt lượng kế tăng thêm ∆t1 = 50C nữa tức nhiệt độ nhiệt lượng kế bây giờ
sẽ là t + 5 +3 = t +80C.Ta có phương trình : 2q0 [t0 – (t +5 + 3)] = 8 q (2)
1(t 0 − t − 5)

5

Lập tỉ số (1) và (2) vế theo vế : 2(t − t − 8) = 8 ⇔ t 0 − t= 20 C . Thay vào (1): q = 3q0
0
PTCBN khi đổ thêm 5 ca nước nóng nữa (ta xem như đổ 7 ca nước nóng ở nhiệt
độ ban đầu t0, nhiệt lượng kế tăng thêm ∆t 3 nữa) , nhiệt độ nhiệt lượng kế bây giờ
là t + 5 +3 + ∆t3= t +8 +∆t3. PTCBN : 7q0 [t0 – (t +5 + 3 +∆t3)] = q(8+∆t3) (3)
Thay t 0 − t= 200C vào (3) ta được: 7q0 [20–(5 + 3 +∆t3)] =3 q0 (8+∆t3)↔∆t3 = 60C.
Ví dụ 2: Có hai bình cách nhiệt cùng đựng một chất lỏng nào đó. Một học sinh lần
lượt múc từng ca chất lỏng ở bình 1 đổ vào bình 2 và ghi lại nhiệt độ của bình 2 khi
cân bằng nhiệt sau mỗi lần đổ, được kết quả là: 10 0C ; 150C ; 180C . Tính nhiệt độ
của chất lỏng ở bình 1. Coi nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng ở múc từ bình 1 đổ vào
bình 2 là như nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. [8]

6

0



0
Ví dụ 3: Có hai bình mỗi bình đựng một chất lỏng nào đó. Một học sinh lần lượt
múc từng ca chất lỏng ở bình 2 đổ vào bình 1 và đo nhiệt độ cân bằng nhiệt ở
bình 1 sau 4 lần đổ cuối: 200C, 350C, không ghi, 500C. Tính nhiệt độ cân bằng ở
lần bị bỏ sót không ghi và nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 đổ vào
bình 1. Coi nhiệt độ và khối lượng của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 đều như
nhau; bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. [6]
Hướng dẫn giải :
Đặt q1 = m1.C1 là nhiệt dung tổng cộng của bình 1 và chất lỏng sau lần đổ thứ
nhất, q2 = m2.C2 là nhiệt dung mỗi ca chất lỏng đổ vào, t 2 là nhiệt độ của mỗi ca
chất lỏng đó và tx là nhiệt độ bị bỏ sót không ghi.
Theo bài ra, nhiệt độ ở bình 1 tăng dần chứng tỏ nhiệt độ mỗi ca chất lỏng
đổ vào cao hơn nhiệt độ bình 1 và mỗi ca chất lỏng đổ vào lại truyền cho bình 1
một nhiệt lượng.
Cách 1 : Viết phương trình cân bằng nhiệt theo thứ tự trao đổi nhiệt lần lượt
+ Ta có phương trình cân bằng nhiệt ứng với 3 lần trút cuối là:
(q1 + q2 ) (35 - 20) = q2 (t2 - 35) ↔15q2 = q1(t - 50)
(1)
(q1 +2 q2 ) (tx - 35) = q2 (t2 - tx) ↔q2 (tx – 35 ) = q1 (t2 - 3 tx + 70)
(2)
(q1 +3 q2 ) (50 - tx) = q2 (t2 - 50)↔q2 (50 - tx ) = q1 (t2 + 3 tx -200)
(3)

7

0


15


đổi nhiệt của ba ca cùng một lúc rất thuận tiện trong việc biến đổi và cho phép
ta tính ra kết quả nhanh chóng.
2.3.2.3 Một vật lần lượt trao đổi nhiệt với hai vật có nhiệt độ khác nhau.
Ví dụ 1. Trong hai bình cách nhiệt có chứa hai chất lỏng khác nhau, ở nhiệt độ
ban đầu khác nhau. Người ta dùng một nhiệt kế lần lượt nhúng vào các bình chất
lỏng trên: lần 1 vào bình 1; lần 2 vào bình 2; lần 3 vào bình 1;…quá trình cứ như
thế nhiều lần. Trong quá trình nhúng, người ta chờ đến khi cân bằng nhiệt mới
rút nhiệt kế ra, khi đó số chỉ của nhiệt kế lần lượt là 800C ; 160C; 780C ; 190C.
a) Hỏi đến lần nhúng thứ 5 tiếp theo nhiệt kế chỉ bao nhiêu độ?
b) Sau một số rất lớn lần nhúng như vậy, nhiệt kế chỉ bao nhiêu độ? Bỏ qua sự
mất mát nhiệt khi chuyển nhiệt kế từ bình này sang bình kia. [6]
Hướng dẫn giải : Gọi m1, m2, m0 lần lượt là khối lượng của bình chất lỏng
1 ; bình chất lỏng 2 và nhiệt kế. Gọi nhiệt dung riêng của bình chất lỏng 1; bình
chất lỏng 2; nhiệt kế lần lượt là c1 , c2 , c0 . Đặt: q1 = m1c1 ; q2 = m2c2 ; q0 = m0c0.
+ Sau khi nhúng nhiệt kế lần 2; nhiệt độ của bình chất lỏng 2 và nhiệt kế là
0
16 C , nhiệt độ của bình chất lỏng 1 là 800C.
+ Sau khi nhúng nhiệt kế lần 3, từ phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu
⇒ m1.c1 (80 − 78) = m0 .c0 (78 − 16) ⇒ q1.2 = q0 .62 ⇒ q1 = 31.q0
(1)
Sau khi nhúng nhiệt kế lần 4, từ phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu
⇒ m0 .c0 (78 −19) = m2 .c2 (19 −16) ⇒ q0 .59 = 3.q2 ⇒ q2 =

59
.q0
3

(2)

Sau khi nhúng nhiệt kế lần 5, nhiệt độ cân bằng là t.

Hướng dẫn giải: a) Gọi khối lượng nước trút là m(kg); nhiệt độ bình 2 là t2 ta có:
Cách 1: Nhiệt lượng thu vào của bình 2 là: Q1 = 2.4200.(t2 – 20)
Nhiệt lượng toả ra của m kg nước trút sang bình 2: Q2 = m.4200.(60 – t2)
Ta có: 2.4200.(t2 – 20) = m.4200.(60 – t2) => 2t2 – 40 = m (60 – t2) (1)
Ở bình 1 nhiệt lượng toả ra để hạ nhiệt độ:Q3 = (10 - m).4200.(60 – 58) = 2.4200.(10 - m)
Nhiệt lượng thu vào của m kg nước từ bình 2 trút sang là: Q4 = m.4200.(58 – t2)
Ta có: 2.4200.(10 - m) = m.4200. (58 – t2) => 2(10 - m) = m(58 – t2) (2)
2t 2 − 40 = m(60 − t 2 )
Từ (1) và (2) ta lập hệ phương trình: 
2(10 − m) = m(58 − t 2 )
2
Giải hệ phương trình tìm ra t2 = 300 C; m = kg
3
Cách 2: Vì cùng đổ đi đổ lại lượng nước m nên khối lượng nước ở bình 1, bình
2 sau một lượt đổ đi đổ lại là không đổi. Do bỏ qua nhiệt lượng hao phí ra môi
trường xung quanh nên sau một lần đổ đi đổ lại, nhiệt lượng bình 1 tỏa ra chính
là nhiệt lượng bình 2 thu vào.
Ta có: Q1 tỏa = Q2 thu ↔m1.c. ( t01 – t1) = m2.c. ( t2 – t02)
↔ 10. c. ( 60 - 58) = 2. c. ( t2 – 20) ↔ t2 = 300C.
Sau lần đổ đi thứ nhất ta có, nhiệt lượng m (kg) nước từ bình 1 tỏa ra bằng nhiệt
lượng nước bình hai thu vào: m.c. ( t01 – t2) = m2.c. ( t2 – t02)
2
↔ m. c. ( 60 - 30) = 2. c. ( 30 – 20) ↔ m = kg
3
b) Nếu đổ đi lại nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình gần bằng nhau và
bằng nhiệt độ hỗn hợp khi đổ 2 bình vào nhau. Gọi nhiệt độ cuối là t ta có: Qtỏa = 10. 4200(60 –
t)
Qthu = 2.4200(t – 20); Qtỏa = Qthu => 5(60 – t) = t – 20 => t ≈ 53,30C
Nhận xét: Ở cách 1 ta phải biến đổi giải hệ phương trình công phu hơn mới ra
được kết quả. Rõ ràng ta có thể biến đổi rất nhẹ nhàng và tính toán rất nhanh

Tương tự nhiệt độ t12 của bình "nóng" sau khi chuyển một lượng nước Δm
từ bình "lạnh" sang( lần đổ lại).
Ta có p/t cân bằng nhiệt: (m - Δm )c(T – t2) = Δm c(t2 – t1)
Suy ra: t12 =

(m - Δm)T + Δmt1
kt + T
= kt11 + (1 - k)T =
m
k+1

Như vậy sau lần đổ đi, đổ lại đầu tiên, hiệu nhiệt độ của hai bình là : t12 – t11 = (T - t)
Tương tự sau lần đổ thứ hai : t22 – t21 = (t12 – t11)

1-k
(1 - k) 2
= (T - t)
(*)
1+k
(1 + k) 2

Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình chất lỏng là: tn2 – tn1 = (T – t)
Thay số: T – t = 100C; k = 0,25;

1-k
1+k

(1 - k) n
(1 + k) n


= 0, 2.t2 + 0,8.t1
0, 25

Ta có: (m- ∆m ).c.(t2 – t12) = ∆m .c.(t12 - t11) => t12 =

0,8t2 + 0, 2t1
1

Sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình chất lỏng là: t12 − t11 = 0,6.(t 2 – t1 )
Sau lần đổ đi đổ lại thứ 2, hiệu nhiệt độ trong 2 bình chất lỏng là (t22 – t21) , trong công thức
2
trên phải thay t2 thành t12 và t1 thành t11 tức là: t22 − t21 = 0,6.(t12 − t11) = 0,6 .(t2 − t1)
Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình chất lỏng là: t n 2 − t n1 =0,6 .(t 2 – t1 )
n
5
0
0
Với n = 5 thì tn2 − tn1 = 0,6 .(t2 − t1) = 0,6 .(40 − 30) ≈ 0,776 C < 1 C
n

Vậy, sau 5 lần đổ đi và đổ trở lại thì hiệu nhiệt độ 2 bình chất lỏng nhỏ hơn 10C
Nhận xét : Cách 1 tuy có biến đổi phức tạp nhưng là cách tổng quát, nếu
thêm câu khác với số liệu bất kì có thể thay vào giải được ngay, học sinh giải
cách được này có tư duy tốt. Cách 2 thay số từ đầu giúp cho phép biến đổi nhẹ
nhàng hơn, phù hợp với học sinh có tư duy khá.
10


Một bài toán sau đây sẽ là ví dụ cho cách giải biến đổi tìm quy luật tổng quát .
Ví dụ 4: Trên bàn có rất nhiều bình giống nhau đựng các lượng nước như

 M + m

Mc(t – t1) = mc(t1 – t0) ⇒ ∆t1 = t1 − t 0 =

n−1

M
 M 
∆tn = tn − t0 =
∆tn−1 = 
÷ ∆t1
M+m
 M + m

a) Ở bình thứ ba, nhiệt độ của nước sẽ tăng thêm: ∆t 3

2
(
∆t 2 )
=

∆t1

= 12,8 0 C .

b) Theo công thức ở trên, ta có: ∆t n = 0,8 n−1.20 ≤ 5 ⇒ n ≥ 8
⇒ Từ cốc thứ 8 trở đi, độ tăng nhiệt độ của nước không vượt quá 50C.
(Học sinh có thể tính lần lượt độ tăng nhiệt độ của các bình:
∆t 4 = 10,24 0 C ; ∆t 5 = 8,19 0 C ; ∆t 6 = 6,55 0 C ; ∆t 7 = 5,24 0 C ; ∆t 8 = 4,19 0 C )
*Bài toán không giải theo quy luật với số lần thứ n tổng quát.



Nhiệt độ tn 200C
280C
34,40C 39,50C 43,60C
2.3.3 Dạng 3: Bài tập về phương trình cân bằng nhiệt khi có sự chuyển thể của các chất.
Dạng 2.3.3.1: Bài toán chuyển thể của nước và nước đá ở 00C
Nhận xét:Để xác định xem nước đá có nóng chảy hết hay không ta cần tính
nhiệt lượng cần cung cấp và so sánh với nhiệt lượng thực tế cấp cho nước đá.
Tương tự cho việc xác định xem nước có đông đặc hết hay không ta cần tính
nhiệt lượng nước tỏa ra khi đông đặc và so sánh với nhiệt lượng thực tế mà vật
tiếp xúc với nước hấp thu. Riêng với loại bài toán đổ nước và nước đá vào
nhau thì xảy ra hai trường hợp:
TH1: Một phần khối lượng nước bị đông đặc thành nước đá có cùng khối lượng
nhưng có thể tính lớn hơn. Do đó đẩy lượng nước còn lại lên cao hơn nghĩa là
lúc này mực nước tăng hơn so với khi vừa đổ vào. Để giải bài toán này ta phải
tìm lượng nước có chiều cao h bị đông đặc thành nước đá rồi mới xét các nhiệt
lượng thu vào, tỏa ra.
TH2: Một phần khối lượng nước đá bị nóng chảy thành nướccó cùng khối
lượng nhưng có thể tính nhỏ hơn. Do đó làm lượng nước còn lại tụt xuống nghĩa
là lúc này mực nước giảm hơn so với khi vừa đổ vào. Để giải bài toán này ta
phải tìm lượng nước đá có chiều cao h bị nóng chảy thành nước rồi mới xét các
nhiệt lượng thu vào, tỏa ra.
Ví dụ 1 : Một bình hình trụ A đựng nước đá đến độ cao h1 = 10cm, một bình
hình trụ B có cùng tiết diện với bình A đựng nước đến độ cao h 2 = 15cm ở nhiệt
độ 200C. Người ta rót nhanh hết nước ở bình B sang bình A. Khi có sự cân bằng nhiệt,
mực nước trong bình A giảm đi ∆h = 0, 4cm so với lúc vừa rót xong.Bỏ qua hao phí nhiệt.
a) Mực nước trong bình A giảm đi chứng tỏ điều gì?
b) Xác định nhiệt độ trong bình khi có cân bằng nhiệt.
c) Tìm nhiệt độ ban đầu của nước đá trong bình A.

Hướng dẫn giải: Mực nước trong bình A tăng lên chứng tỏ có một lượng nước
đã đông đặc thành nước đá (do khối lượng riêng nước lớn hơn khối lượng riêng
nước đá mà khối lượng không đổi nên thể tích tăng). Gọi S là tiết diện mỗi ống,
h là chiều cao lượng nước bị đông đặc thành nước đá có chiều cao h + ∆h1.
Vì khi có một lượng nước bị đông đặc thì khối lượng không thay đổi nên:
S.h. D1 = S. ( h + ∆ h1 ).D2 ↔ h. 1000 = h .900 +1,8 ↔ h = 0,018 (m) = 1,8cm.
Vì chỉ có 1 phần nước đá bị nóng chảy nên nhiệt độ cân bằng là 00 C
Nhiệt lượng nước đá thu vào là: Qthu = S.h1.D2.c2.(0 - t1) = S.h1.D2 .c2.t1
Nhiệt lượng nước tỏa ra là: Qtỏa = S.h2.D1.c1 (t2 -0) + S.h.D1. λ
PTCBN: S.h2.D1.c1 (t2 -0) + S.h.D1. λ = S.h1.D2 .c2.t1
D1(h2t1C1 + h0λ )
1000(0,1.4.4200 + 0,018.3,4.105 )
t
=
−
=
−
≈ −10,830 C
↔ 0
D2h1C2
900.0,4.2000
Dạng 2.3.3.2: Bài toán chuyển thể của nước và hơi nước ở 1000C
Ví dụ : Thả một quả cầu bằng thép khối lượng m1 = 2kg được nung nóng tới nhiệt độ t1
= 6000C vào một hỗn hợp nước và nước đá có khối lượng m2 = 2kg ở t2 = 00C.
a. Tính lượng nước đá trong hỗn hợp biết nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là t = 500C.
b. Thực tế, trong quá trình trên có một lớp nước tiếp xúc trực tiếp với quả cầu bị hóa hơi
nên nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là t’ = 480C. Tính lượng nước đã hóa hơi.
Cho nhiệt dung riêng của thép, nước là C1 = 460J/kg.K, C2 = 4200 J/ kg.K, nhiệt nóng
chảy của nước đá là λ =3,4.105 J/kg.K, nhiệt hóa hơi của nước là L = 2,3. 106 J/kg.K.
[5]

(m1C1+m2C2)( t – t’) = m0[L+C2(tsôi – t’)]
↔ m0 =

(m1C1 + m2C2 )(t − t ') (2.460 + 2.4200)(50 − 48)
=
≈ 0, 07kg
L + C2 (tsoi − t ')
2,3.106 + 4200.(100 − 48)

Nhận xét : Lưu ý với bài tập này học sinh có thể mắc sai lầm nếu xác định sai
hỗn hợp trong việc tính phần nhiệt lượng mất đi của hỗn hợp. Ở đây hỗn hợp
phải là toàn bộ lượng nước(kể cả nước đá đã nóng chảy thành nước) và thép.
Nếu xác định hỗn hợp là nước thì phương trình sẽ là : m2C2( t – t’) = m0(L+C2(tsôi – t’)
↔ m0 =

m2C2 (t − t ')
2.4200(50 − 48)
=
≈ 0, 00667kg = 6, 67 g
L + C2 (tsoi − t ') 2,3.106 + 4200.(100 − 48)

Sách 500 bài tập vật lí THCS cũng cho kết quả này nhưng đây là kết quả chưa chính xác.
2.3.4 Bài tập về sự chuyển thể kết hợp với lực đẩy Ác- si- mét
Ví dụ: Trong một bình đậy kín có một cục nước đá khối lượng M = 0,1 kg nổi
trên nước. Trong cục nước đá có một cục chì khối lượng m =5g. Hỏi phải tốn
một lượng nhiệt bằng bao nhiêu để cục chì bắt đầu chìm xuống nước. Cho khối
lượng riêng của chì là 11,3 g/cm 3, của nước đá là 0,9 g/cm3, của nước là 1 g/cm3;
nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,3. 10 5 J/ kg, coi nhiệt độ của nước và bình là
không đổi trong suốt quá trình thí nghiệm. [6]
Hướng dẫn giải : - Để cho cục chì bắt đầu chìm, không cần phải toàn bộ cục

B
điểm ban đầu, D là điểm cuối cùng. Xác định 100 A
khối lượng của nước đá, nước, hơi nước tại
điểm D. Bỏ qua nước mất nhiệt, biết
λ = 3, 4.105 J / kg , L = 2,3.106 J/kg ; cnước =
C D
4200J/kg.K [9]
0
2,76
3,434 Q (.106J)
Hướng dẫn giải :- Quá trình 1 đoạn AB:
Nhiệt độ không thay đổi là 1000C
=> Hơi nước ngưng tụ. Nhiệt lượng hơi nước tỏa ra để ngưng tụ là:
Qtỏa = Mh.L = 2300000.Mh = 2760000 (J) => Mh = 1,2 (kg)
- Quá trình 2: Đoạn BC + CD. Nước hạ nhiệt độ xuống 00C rồi đông đặc.
Nhiệt lượng nước tỏa ra để xuống 00C rồi ngưng tụ là.
14


Qtỏa = Mh . cn . (100 - 0) + M1 . λ = 1,2 . 4200 . 100 + M1 . 3,4 . 105
= (3,434 - 2,76). 106 = 504000 + 340000. m1 = 679000 (J) => M1 = 0,5 (kg)
=> mn = Mh - M1 = 1,2 - 0,5 = 0,7 (kg)
2.3.4 Dạng 4: Bài tập về hệ số tỏa nhiệt
2.3.4.1. Nguồn nhiệt cung cấp là đại lượng không đổi P.
Khi đó biểu thức cân bằng nhiệt khi nhiệt độ của vật ổn định là : P = k.S( t – t0)
Ví dụ: Trong một bình cao có tiết diện thẳng là hình vuông, được chia làm 3 ngăn
như hình vẽ. Hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là một hình vuông có cạnh bằng
nửa cạnhcủa bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao 3 chất lỏng: ngăn 1 là nước
ở t1 = 650C, ngăn 2 là cà phê ở t 2 = 350C, ngăn 3 là sữa ở t3 =
200C. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt, nhưng các vách

3=
2t1 − t2 − t3
2t1 − t 2 − t 3

2.3.4.2. Nguồn nhiệt cung cấp tính thông qua công suất nhiệt của điện trở : P = I2R.
Khi đó biểu thức cân bằng nhiệt khi nhiệt độ của vật ổn định là : P = I2R = k.S( t – t0)
Ví dụ : (Vĩnh Phúc 2015) Một mạng điện tiêu thụ gia đình được nối với nguồn nhờ
dây dẫn bằng đồng có tiết diện 5 mm2. Để đảm bảo an toàn thì nhiệt độ trên dây dẫn
không được tăng quá 100C. Vậy nên dùng cầu chì có tiết diện là bao nhiêu? Biết rằng
nhiệt độ của môi trường thay đổi từ 7 0C đến 370C theo mùa. Cho:
ρCu = ρ1 = 1, 6.10−8 Ωm ; DCu =D1 =8500kg/m3 ; cCu =c1 =400J/kg.K ; ρ Pb =ρ2 =20.10-8Ωm ;
D Pb =D2 =11300kg/m3 ; c Pb =c2 =130J/kg.K ; λPb = 25.103 J / kg ; nhiệt độ nóng chảy của chì
là tnc0 = 327 0C.
Hướng dẫn giải: Gọi chiều dài, tiết diện, điện trở, dây đồng và chì là : l1 , S1 , R1 ,
l2 , S 2 , R2 .Dây dẫn đồng mắc nối tiếp với dây chì nên nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi
Q1 I12 R1 R1 ρ1l1S 2
=
=
=
dây tỉ lệ với điện trở :
(Vì I1 = I2 ) (1)
Q2 I 22 R2 R2 ρ 2l2 S1
Nhiệt lượng cần để dây đồng tăng thêm ∆t1 là: Q1 = m1c1∆t1 = S1l1D1c1∆t1 (2)

15


Nhiệt lượng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ môi trường đến nhiệt độ nóng chảy là :
Q2 = m2 c2 ∆t2 = S 2l2 D2 c2 ∆t2
(3)

=> m1c(t1 – t) + m2c(t2 – t) + P. T = m3c(t – t3) ⇒ t ≈ 16, 50 C
b. Gọi nhiệt lượng môi trường là t0, hệ số tỉ lệ của công suất truyền nhiệt giữa
bình và môi trường theo hiệu nhiệt độ giữa chúng là k (W/0C).
- Khi nhiệt độ nước trong bình ổn định thì công suất tỏa nhiệt của dây đốt bằng
công suất tỏa nhiệt từ bình ra môi trường, do đó: P1 = k(t1 – t0) (1) ; P2 = k(t2 – t0) (2)
- Chia vế với vế (1) cho (2) và thay số, giải ra ta được: t0 = 200C và k = 20(W/0C)
Khi bình ở nhiệt độ t3 = 140C, công suất cấp nhiệt từ môi trường vào bình là: P3 = k(t0 – t3)
Gọi lưu lượng nước qua ống đồng là µ (kg/s),
Công suất thu nhiệt của nước chảy qua ống đồng là: P4= c µ (t3 – t4)
Nhiệt độ bình ổn định ở t3 nên: P4= P3 => c µ (t3 – t4) = k(t0 – t3) => µ ≈ 7,14.10−3 (kg/s)
2.3.5 Bài tập thực nghiệm về nhiệt học
* Phương pháp chung: Tìm cách cho các vật trao đổi nhiệt. Dựa vào phương trình
cân bằng nhiệt tìm ra đại lượng cần xác định theo yêu cầu của đề bài.
Bước 1: Xác định khối lượng và nhiệt độ ban đầu của các vật có tham gia vào quá
trình trao đổi nhiệt.
Bước 2: Tạo ra sự chênh lệch nhiệt độ của các chất tham gia vào quá trình trao đổi nhiệt.
16


Bước 3: Cho các vật trao đổi nhiệt với nhau. Xác định vật toả nhiệt, vật thu
nhiệt, viết công thức tính nhiệt lượng thu vào, tỏa ra của từng vật.
Bước 4: Lập phương trình cân bằng nhiệt, rút ra đại lượng cần tìm.
2.3.5.1 Xác định nhiệt dung riêng của vật rắn
Ví dụ: Trong tay em chỉ có nước ( có nhiệt dung riêng cn), nhiệt lượng kế( có nhiệt
dung riêng ck), nhiệt kế, cân và bộ quả cân, bình đun, bếp điện, dây buộc. Em hãy
thiết lập phương án để xác định nhiệt dung riêng của một vật rắn nguyên chất? [5]
Hướng dẫn giải: B1:+Dùng cân xác định khối lượng nhiệt lượng kế mk, nước trong
nhiệt lượng kế mn, vật rắn m; Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ t1 của nước trong nhiệt lượng kế.
B2:+ Đổ một ít nước vào bình đun đủ để nhúng ngập vật rắn, dùng dây buộc vật
rắn và nhúng ngập hoàn toàn vật rắn vào trong và đun nóng. Dùng nhiệt kế đo

Hướng dẫn giải B1: Dùng cân xác định khối lượng mk của nhiệt lượng kế. Rót
nước vào nhiệt lượng kế, dùng cân xác định khối lượng m của NLK lúc này, suy
ra khối lượng nước mn = m - mk
B2: Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ t1 của nhiệt lượng kế và nước.
B3: Lấy một miếng nước đá tan ở 0 0C vào NLK, đến khi nước đá tan hết và đạt
cân bằng nhiệt thì dùng nhiệt kế đo nhiệt độ t. Dùng cân xác định khối lượng m’
17


của NLK lúc này, do đó khối lượng nước đá nóng chảy thành nước: m2 = m’- m.
+Nhiệt lượng bình chia độ và nước trong bình tỏa ra: Qtỏa = (m1.c1 + m2 .c2 ).(t1 – t2 )
+Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy và tăng đến t2: Qthu = m2 .λ +m2 .c1 .t2
B4:Theo phương trình cân bằng nhiệt Qtỏa = Qthu suy ra:
λ=

(m c + m1 c1 )(t1 − t 2 ) − m 2 c1t 2
m2

2.3.5.4 Xác định nhiệt hóa hơi của một chất
Ví dụ: Xác định nhiệt hóa hơi của chất lỏng với các dụng cụ: cốc đun có khối
lượng không đáng kể, bếp điện có công suất không đổi, nhiệt kế, đồng hồ bấm
giây. Cho nhiệt dung riêng của chất lỏng là c. [11]
Hướng dẫn giải: B1: Đổ chất lỏng cho vào cốc đun, dùng nhiệt kế đo nhiệt độ chất lỏng là t1.
B2: Đặt cốc đun lên bếp điện và bắt đầu đo thời gian đến khi chất lỏng sôi là T1,
dùng nhiệt kế đo nhiệt độ sôi của chất lỏng là t2 .
- Tiếp tục đun và đo thời gian từ lúc chất lỏng sôi cho đến khi hóa hơi hoàn toàn là T2.
B3: Nhiệt lượng bếp tỏa ra trong thời gian T1 là:
Qtỏa = P.T1 ( Với P là công suất của bếp điện)
Nhiệt lượng chất lỏng thu vào đến khi sôi : Qthu = mc(t2 – t1)
B4: PT cân bằng nhiệt khi đun chất lỏng từ t1 đến nhiệt độ sôi t2: P.T1 = mc(t2 – t1) (1)

* Kết quả:
Khi áp dụng các giải pháp của sáng kiến, kết quả thu được rất khả quan:

18


- Học sinh dễ dàng hình dung được các dạng bài tập của phần nhiệt học. Vì vậy
khi gặp một bài tập nhiệt nào các em có thể liên hệ để áp dụng giải.
- Một bài tập có thể được phân tích và tiến hành giải theo các cách khác nhau
nhưng vẫn đảm bảo đúng bản chất hiện tượng vật lý, đúng các định luật công
thức vật lý giúp các em có cái nhìn tổng quát và hiểu sâu sắc hơn, yên tâm hơn
với từng cách giải. Từ đó, khi phân tích một bài tập mới các em có thể có nhiều
cách nhìn để giải.
Kết quả khảo sát với số lượng 80 bài tập nhiệt giao cho học sinh đội tuyển
khi chưa áp dụng đề tài và khi áp dụng đề tài như sau:
Số BT làm

Thời điểm

được
Số HS

60-80
SL

%

40-60
SL


- Khi giảng dạy nên hướng dẫn cho học sinh cả hai cách với bài có nhiều cách
giải. Nếu học sinh làm theo cách khác, giáo viên phải xem xét chỗ đúng chỗ sai
để chỉ rõ cho các em
rút kinh nghiệm. Có như vậy học sinh mới yên tâm áp dụng và không băn khoăn
khi học.
- Với học sinh tư duy toán học còn hạn chế ta nên giải theo cách bằng số để các
em dễ tiếp thu. Còn với học sinh tư duy tốt nên hướng dẫn các em làm theo cách
biến đổi bằng chữ để có cái nhìn tổng quát và biết cách áp dụng cho các trường
hợp khác, các bài toán thi HSG nhiều bài yêu cầu học sinh giải bằng công thức
chứa chữ chứ không cho số liệu.
Hơn nữa, để kết quả được chính xác với sai số là thấp nhất thì các phép tính nên
biến đổi ở biểu thức bằng chữ, chỉ thay giá trị bằng số vào các đại lượng ở biểu
thức cuối cùng, sau đó kiểm tra xem kết quả có phù hợp với điều kiện đề bài và
thực tế không rồi mới kết luận.

3 Kết luận, kiến nghị:
* Kết luận:

19


Đối với học sinh trung học phổ thông, bài tập vật lý là một phương tiện quan
trọng giúp học sinh rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo vận dụng lý thuyết đã học vào
thực tiễn. Việc giải bài tập vật lý giúp các em ôn tập, cũng cố, đào sâu, mở rộng
kiến thức, rèn luyện thói quen vận dụng kiến thức khái quát để giải quyết các
vấn đề của thực tiễn. Ngoài ra, nó còn giúp các em làm việc độc lập, sáng tạo,
phát triển khả năng tư duy cũng như giúp các em tự kiểm tra mức độ nắm kiến
thức của bản thân.
Tuy nhiên, các em còn gặp nhiều khó khăn trong việc giải bài tập vật lý như:
không tìm được hướng giải quyết vấn đề, không vận dụng được lý thuyết vào

người khác.
Người viết
Nguyễn Thị Thanh Thùy

20