Chào các em học sinh thân mến,

Hôm nay, thầy trò chúng ta sẽ cùng nhau giải một bài toán vật lý về cân bằng nhiệt khá thú vị và đòi hỏi tư duy logic qua nhiều bước. Đây là dạng bài thường gặp trong các kỳ thi, giúp chúng ta hiểu sâu hơn về quá trình truyền nhiệt. Cùng bắt đầu nhé!

Đề bài:

Người ta tiến hành thí nghiệm như sau: Lấy hai bình nhiệt lượng kế, mỗi bình chứa \(200\text{g}\) nước, bình A ở nhiệt độ \(40^\circ\text{C}\), bình B ở nhiệt độ \(100^\circ\text{C}\). Rót \(50\text{g}\) nước từ bình B sang bình A, khi bình A có cân bằng nhiệt thì lại rót \(50\text{g}\) nước từ bình A sang bình B, khi bình B có cân bằng nhiệt lại tiếp tục lặp lại như vậy. Coi mỗi lần rót qua và rót lại tính là một lần. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của nước với bình và môi trường. Sau bao nhiêu lần thì hiệu nhiệt độ giữa hai bình nhỏ hơn \(2^\circ\text{C}\)?

Phân tích và Giải chi tiết:

Để giải bài toán này, chúng ta cần xác định sự thay đổi nhiệt độ của mỗi bình sau mỗi lần thực hiện chu trình rót nước. Gọi \(c\) là nhiệt dung riêng của nước. Vì \(c\) xuất hiện ở cả hai vế của phương trình cân bằng nhiệt nên chúng ta có thể bỏ qua nó trong các phép tính.

1. Trạng thái ban đầu (trước lần rót nào):

Trước khi bắt đầu chu trình rót nước, ta có:

• Bình A: Khối lượng \(m_A = 200\text{g}\), nhiệt độ \(T_A = 40^\circ\text{C}\).
• Bình B: Khối lượng \(m_B = 200\text{g}\), nhiệt độ \(T_B = 100^\circ\text{C}\).

Hiệu nhiệt độ ban đầu là: \(\Delta T_0 = T_B – T_A = 100^\circ\text{C} – 40^\circ\text{C} = 60^\circ\text{C}\).

2. Thực hiện lần rót thứ nhất (n = 1):

2.1. Bước 1: Rót \(50\text{g}\) nước từ bình B sang bình A.

• Bình A ban đầu: \(200\text{g}\) nước ở \(40^\circ\text{C}\).
• Thêm vào A: \(50\text{g}\) nước từ B, nước này đang ở \(100^\circ\text{C}\) (vì chưa có sự trao đổi nhiệt trong bình B).

Gọi \(T’_{A1}\) là nhiệt độ cân bằng của nước trong bình A sau bước này.

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Nhiệt lượng nước bình A thu vào bằng nhiệt lượng nước từ bình B tỏa ra.

\(m_A c (T’_{A1} – T_A) = m_{rót} c (T_B – T’_{A1})\)

\(200 (T’_{A1} – 40) = 50 (100 – T’_{A1})\)

Chia cả hai vế cho \(50\):

\(4 (T’_{A1} – 40) = 100 – T’_{A1}\)

\(4T’_{A1} – 160 = 100 – T’_{A1}\)

\(5T’_{A1} = 260\)

\(T’_{A1} = 52^\circ\text{C}\).

Sau bước này:

• Trong bình A: \(250\text{g}\) nước ở \(52^\circ\text{C}\).
• Trong bình B: Còn lại \(150\text{g}\) nước ở nhiệt độ ban đầu là \(100^\circ\text{C}\) (chưa bị ảnh hưởng).

2.2. Bước 2: Rót \(50\text{g}\) nước từ bình A sang bình B.

• Bình B ban đầu (sau bước 1): Còn lại \(150\text{g}\) nước ở \(100^\circ\text{C}\).
• Thêm vào B: \(50\text{g}\) nước từ A, nước này đang ở \(T’_{A1} = 52^\circ\text{C}\).

Gọi \(T_{B1}\) là nhiệt độ cân bằng của nước trong bình B sau bước này (và là nhiệt độ của bình B sau 1 lần rót hoàn chỉnh).

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:

\(m_{còn\_lại\_B} c (T_B – T_{B1}) = m_{rót} c (T_{B1} – T’_{A1})\)
(Lưu ý: bình B đang nóng hơn nước rót từ A sang, nên nước trong B tỏa nhiệt, nước rót từ A thu nhiệt)

\(150 (100 – T_{B1}) = 50 (T_{B1} – 52)\)

Chia cả hai vế cho \(50\):

\(3 (100 – T_{B1}) = T_{B1} – 52\)

\(300 – 3T_{B1} = T_{B1} – 52\)

\(4T_{B1} = 352\)

\(T_{B1} = 88^\circ\text{C}\).

Sau bước này:

• Trong bình B: \(200\text{g}\) nước ở \(88^\circ\text{C}\).
• Trong bình A: Còn lại \(200\text{g}\) nước (tổng cộng \(250\text{g}\) nước sau bước 1, lấy ra \(50\text{g}\) thì còn \(200\text{g}\)) ở nhiệt độ \(T’_{A1} = 52^\circ\text{C}\). Đây chính là nhiệt độ của bình A sau 1 lần rót hoàn chỉnh, ký hiệu là \(T_{A1}\).
  
  Vậy \(T_{A1} = 52^\circ\text{C}\).

Kết thúc lần thứ 1:

• Bình A: \(T_{A1} = 52^\circ\text{C}\).
• Bình B: \(T_{B1} = 88^\circ\text{C}\).

Hiệu nhiệt độ sau lần 1: \(\Delta T_1 = T_{B1} – T_{A1} = 88^\circ\text{C} – 52^\circ\text{C} = 36^\circ\text{C}\).

3. Tổng quát hóa cho lần rót thứ \(n\):

Gọi \(T_{An}\) và \(T_{Bn}\) lần lượt là nhiệt độ của bình A và bình B sau lần rót thứ \(n\).

3.1. Bước 1 (của lần rót thứ \(n+1\)): Rót \(50\text{g}\) nước từ bình B sang bình A.

• Bình A ban đầu: \(200\text{g}\) nước ở \(T_{An}\).
• Thêm vào A: \(50\text{g}\) nước từ B ở \(T_{Bn}\).

Nhiệt độ cân bằng của bình A sau bước này là \(T’_{A(n+1)}\):

\(200 (T’_{A(n+1)} – T_{An}) = 50 (T_{Bn} – T’_{A(n+1)})\)

\(4 (T’_{A(n+1)} – T_{An}) = T_{Bn} – T’_{A(n+1)}\)

\(4T’_{A(n+1)} – 4T_{An} = T_{Bn} – T’_{A(n+1)}\)

\(5T’_{A(n+1)} = 4T_{An} + T_{Bn}\)

\(T’_{A(n+1)} = \frac{4T_{An} + T_{Bn}}{5}\).

Lúc này, trong bình B còn \(150\text{g}\) nước ở nhiệt độ \(T_{Bn}\).

3.2. Bước 2 (của lần rót thứ \(n+1\)): Rót \(50\text{g}\) nước từ bình A sang bình B.

• Bình B ban đầu: \(150\text{g}\) nước ở \(T_{Bn}\).
• Thêm vào B: \(50\text{g}\) nước từ A ở \(T’_{A(n+1)}\).

Nhiệt độ cân bằng của bình B sau bước này (và sau lần rót thứ \(n+1\)) là \(T_{B(n+1)}\):

\(150 (T_{Bn} – T_{B(n+1)}) = 50 (T_{B(n+1)} – T’_{A(n+1)})\)

\(3 (T_{Bn} – T_{B(n+1)}) = T_{B(n+1)} – T’_{A(n+1)}\)

\(3T_{Bn} – 3T_{B(n+1)} = T_{B(n+1)} – T’_{A(n+1)}\)

\(4T_{B(n+1)} = 3T_{Bn} + T’_{A(n+1)}\)

\(T_{B(n+1)} = \frac{3T_{Bn} + T’_{A(n+1)}}{4}\).

Thay biểu thức của \(T’_{A(n+1)}\) vào phương trình trên:

\(T_{B(n+1)} = \frac{3T_{Bn} + \frac{4T_{An} + T_{Bn}}{5}}{4}\)

\(T_{B(n+1)} = \frac{\frac{15T_{Bn} + 4T_{An} + T_{Bn}}{5}}{4}\)

\(T_{B(n+1)} = \frac{4T_{An} + 16T_{Bn}}{20}\)

\(T_{B(n+1)} = \frac{T_{An} + 4T_{Bn}}{5}\).

Sau bước này, bình A còn lại \(200\text{g}\) nước ở nhiệt độ \(T’_{A(n+1)}\). Do đó, nhiệt độ của bình A sau lần rót thứ \(n+1\) là \(T_{A(n+1)} = T’_{A(n+1)}\).

Vậy, ta có hệ thức truy hồi cho nhiệt độ hai bình sau mỗi lần rót:

\(T_{A(n+1)} = \frac{4T_{An} + T_{Bn}}{5}\)
\(T_{B(n+1)} = \frac{T_{An} + 4T_{Bn}}{5}\)

4. Xét hiệu nhiệt độ \(\Delta T_n = T_{Bn} – T_{An}\):

Ta sẽ tìm mối liên hệ giữa \(\Delta T_{n+1}\) và \(\Delta T_n\).

\(\Delta T_{n+1} = T_{B(n+1)} – T_{A(n+1)}\)

\(\Delta T_{n+1} = \frac{T_{An} + 4T_{Bn}}{5} – \frac{4T_{An} + T_{Bn}}{5}\)

\(\Delta T_{n+1} = \frac{T_{An} + 4T_{Bn} – 4T_{An} – T_{Bn}}{5}\)

\(\Delta T_{n+1} = \frac{3T_{Bn} – 3T_{An}}{5}\)

\(\Delta T_{n+1} = \frac{3}{5} (T_{Bn} – T_{An})\)

\(\Delta T_{n+1} = \frac{3}{5} \Delta T_n\).

Đây là một cấp số nhân với công bội \(q = \frac{3}{5}\).
Với nhiệt độ ban đầu \(\Delta T_0 = 60^\circ\text{C}\).

Vậy, hiệu nhiệt độ sau \(n\) lần rót sẽ là:

\(\Delta T_n = \Delta T_0 \left(\frac{3}{5}\right)^n = 60 \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

5. Xác định số lần rót \(n\) để hiệu nhiệt độ nhỏ hơn \(2^\circ\text{C}\):

Chúng ta cần tìm \(n\) sao cho \(\Delta T_n < 2^\circ\text{C}\).

\(60 \left(\frac{3}{5}\right)^n < 2\)

\(\left(\frac{3}{5}\right)^n < \frac{2}{60}\)

\(\left(\frac{3}{5}\right)^n < \frac{1}{30}\)

\((0.6)^n < \frac{1}{30}\)

Để giải bất phương trình này, ta lấy logarit tự nhiên (ln) cả hai vế:

\(\ln((0.6)^n) < \ln\left(\frac{1}{30}\right)\)

\(n \ln(0.6) < \ln\left(\frac{1}{30}\right)\)

Vì \(\ln(0.6)\) là một số âm (\(\ln(0.6) \approx -0.5108\)), khi chia cả hai vế cho \(\ln(0.6)\) thì chiều của bất phương trình sẽ đổi ngược lại:

\(n > \frac{\ln(1/30)}{\ln(0.6)}\)

\(n > \frac{\ln(0.033333)}{\ln(0.6)}\)

\(n > \frac{-3.401197}{-0.510826}\)

\(n > 6.658\).

Vì \(n\) phải là số nguyên (số lần rót), nên giá trị nhỏ nhất của \(n\) thỏa mãn điều kiện này là \(n=7\).

Kiểm tra lại:

• Sau \(n=6\) lần: \(\Delta T_6 = 60 \times (0.6)^6 = 60 \times 0.046656 = 2.79936^\circ\text{C}\). (Lớn hơn \(2^\circ\text{C}\)).
• Sau \(n=7\) lần: \(\Delta T_7 = 60 \times (0.6)^7 = 60 \times 0.0279936 = 1.679616^\circ\text{C}\). (Nhỏ hơn \(2^\circ\text{C}\)).

Kết quả kiểm tra xác nhận phép tính của chúng ta là đúng.

Kết luận:

Vậy, sau \(7\) lần rót qua và rót lại, hiệu nhiệt độ giữa hai bình sẽ nhỏ hơn \(2^\circ\text{C}\).

Bài toán này cho chúng ta thấy rõ cách thức hệ nhiệt động dần tiến về trạng thái cân bằng. Càng nhiều lần trao đổi, nhiệt độ hai bình càng tiến gần nhau hơn. Hy vọng các em đã hiểu rõ cách giải bài tập này. Nếu có bất kỳ câu hỏi nào, đừng ngần ngại hỏi thầy nhé!