Chào các em, hôm nay chúng ta sẽ cùng nhau giải quyết một bài toán về cân bằng nhiệt rất thú vị. Bài toán này liên quan đến việc trao đổi nhiệt giữa các khối lượng nước ở các nhiệt độ khác nhau. Các em hãy cùng chú ý quan sát cách thầy phân tích và giải bài nhé.

Bài toán:

Có 2 bình cách nhiệt:

• Bình 1: Chứa \( m_1 = 2kg \) nước ở nhiệt độ ban đầu \( t_1 = 20^\circ C \).
• Bình 2: Chứa \( m_2 = 5kg \) nước ở nhiệt độ ban đầu \( t_2 = 60^\circ C \).

Bước 1: Người ta rót một lượng nước \( m \) từ bình 1 sang bình 2. Sau một thời gian, bình 2 đạt trạng thái cân bằng nhiệt.

Bước 2: Sau đó, người ta lại rót một lượng nước \( m \) từ bình 2 sang bình 1. Khi bình 1 đạt trạng thái cân bằng nhiệt, người ta đo được nhiệt độ chênh lệch giữa hai bình là \( 20^\circ C \). Tìm giá trị của \( m \)?

Phân tích bài toán:

Đây là một bài toán gồm hai giai đoạn trao đổi nhiệt. Điều quan trọng là chúng ta cần xác định rõ khối lượng nước và nhiệt độ của từng phần trong mỗi giai đoạn.

Chúng ta sẽ sử dụng nguyên lý cân bằng nhiệt: “Nhiệt lượng mà vật thu vào bằng nhiệt lượng mà vật tỏa ra”.

Nhiệt dung riêng của nước là \( c = 4200 J/(kg.K) \). Chúng ta coi các bình là cách nhiệt hoàn toàn nên không có sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài.

Giải chi tiết:

Giai đoạn 1: Rót \( m \) kg nước từ bình 1 sang bình 2.

Sau khi rót, bình 2 sẽ có:

• Khối lượng nước ban đầu: \( m_2 = 5kg \), nhiệt độ \( t_2 = 60^\circ C \).
• Khối lượng nước mới thêm vào: \( m \) kg, nhiệt độ \( t_1 = 20^\circ C \).

Tổng khối lượng nước trong bình 2 lúc này là \( M_2 = m_2 + m = 5 + m \) kg.

Gọi \( t’_{2} \) là nhiệt độ cân bằng của bình 2 sau khi rót nước từ bình 1 sang.

Nước trong bình 2 (ban đầu) tỏa nhiệt để nóng lên: \( Q_{tỏa1} = m_2 c (t’_{2} – t_2) = 5c (t’_{2} – 60) \). Tuy nhiên, nước trong bình 2 ban đầu có nhiệt độ cao hơn, nên nó sẽ tỏa nhiệt để làm nóng phần nước mới thêm vào. Vậy, nhiệt lượng mà \( 5kg \) nước tỏa ra là:

\( Q_{tỏa1} = m_2 c (t_2 – t’_{2}) = 5c (60 – t’_{2}) \).

Nước từ bình 1 sang (có khối lượng \( m \) và nhiệt độ \( t_1 \)) thu nhiệt để nóng lên:

\( Q_{thu1} = m c (t’_{2} – t_1) = mc (t’_{2} – 20) \).

Áp dụng nguyên lý cân bằng nhiệt cho bình 2:

\( Q_{tỏa1} = Q_{thu1} \)

\( 5c (60 – t’_{2}) = mc (t’_{2} – 20) \)

Chia cả hai vế cho \( c \):

\( 5(60 – t’_{2}) = m(t’_{2} – 20) \)

\( 300 – 5t’_{2} = mt’_{2} – 20m \)

\( 300 + 20m = mt’_{2} + 5t’_{2} \)

\( 300 + 20m = t’_{2} (m + 5) \)

\( t’_{2} = \frac{300 + 20m}{m + 5} \) (Phương trình 1)

Sau khi rót \( m \) kg nước từ bình 1 sang bình 2, khối lượng nước còn lại trong bình 1 là \( m_1′ = m_1 – m = 2 – m \) kg, và nhiệt độ của nó vẫn là \( t_1 = 20^\circ C \).

Giai đoạn 2: Rót \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1.

Lúc này, bình 2 có \( M_2 = 5 + m \) kg nước với nhiệt độ \( t’_{2} \). Người ta rót \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1.

Khối lượng nước trong bình 1 lúc này sẽ là:

• Khối lượng nước ban đầu còn lại: \( m_1′ = 2 – m \) kg, nhiệt độ \( t_1 = 20^\circ C \).
• Khối lượng nước mới thêm vào: \( m \) kg, nhiệt độ \( t’_{2} \) (nhiệt độ cân bằng của bình 2 ở giai đoạn 1).

Tổng khối lượng nước trong bình 1 lúc này là \( M_1” = (2 – m) + m = 2 \) kg. Lưu ý rằng, dù có rót ra rót vào, tổng khối lượng nước trong bình 1 ban đầu là 2kg, sau khi thêm vào \( m \) kg từ bình 2 thì tổng lại là \( 2-m+m=2kg \). Vậy, khối lượng nước trong bình 1 lúc cuối vẫn là 2kg.

Gọi \( t”_{1} \) là nhiệt độ cân bằng của bình 1 sau khi rót nước từ bình 2 sang.

Khối lượng nước \( m \) lấy từ bình 2 (có nhiệt độ \( t’_{2} \)) sẽ tỏa nhiệt để làm nóng khối lượng nước \( (2 – m) \) kg còn lại trong bình 1 (có nhiệt độ \( t_1 = 20^\circ C \)).

Nước lấy từ bình 2 tỏa nhiệt:

\( Q_{tỏa2} = m c (t’_{2} – t”_{1}) \).

Nước còn lại trong bình 1 thu nhiệt:

\( Q_{thu2} = (2 – m) c (t”_{1} – t_1) = (2 – m) c (t”_{1} – 20) \).

Áp dụng nguyên lý cân bằng nhiệt cho bình 1:

\( Q_{tỏa2} = Q_{thu2} \)

\( mc (t’_{2} – t”_{1}) = (2 – m) c (t”_{1} – 20) \)

Chia cả hai vế cho \( c \):

\( m(t’_{2} – t”_{1}) = (2 – m)(t”_{1} – 20) \)

\( mt’_{2} – mt”_{1} = 2t”_{1} – 40 – mt”_{1} + 20m \)

\( mt’_{2} + 40 – 20m = 2t”_{1} \)

\( t”_{1} = \frac{mt’_{2} + 40 – 20m}{2} \) (Phương trình 2)

Sử dụng thông tin về chênh lệch nhiệt độ

Sau khi bình 1 đạt cân bằng nhiệt (với nhiệt độ \( t”_{1} \)), người ta đo được nhiệt độ chênh lệch giữa hai bình là \( 20^\circ C \). Tuy nhiên, chúng ta cần xác định rõ nhiệt độ cuối cùng của bình 2 là bao nhiêu.

Khi \( m \) kg nước được rót từ bình 2 sang bình 1, khối lượng nước còn lại trong bình 2 là \( M_2′ = (5 + m) – m = 5 \) kg.

Nước trong bình 2 ban đầu tỏa nhiệt để làm nóng nước trong bình 1. Do đó, nhiệt độ của \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 sẽ giảm xuống một chút. Nhưng chúng ta không có thông tin trực tiếp về nhiệt độ cuối cùng của bình 2 sau lần rót thứ hai.

Chúng ta giả định rằng, “nhiệt độ chênh lệch giữa 2 bình” có nghĩa là chênh lệch giữa nhiệt độ cuối cùng của bình 1 (\( t”_{1} \)) và nhiệt độ cuối cùng của bình 2.

Chúng ta cần tính nhiệt độ cuối cùng của bình 2 sau khi \( m \) kg nước đã được rót sang bình 1.

Khối lượng nước trong bình 2 còn lại là \( 5kg \) với nhiệt độ ban đầu là \( t’_{2} \). Lượng nước \( m \) lấy ra khỏi bình 2 có nhiệt độ \( t’_{2} \).

Khi \( m \) kg nước được rót sang bình 1, \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 sẽ có nhiệt độ giảm xuống. Chúng ta cần xác định nhiệt độ này.

Ở giai đoạn 2, \( m \) kg nước từ bình 2 (nhiệt độ \( t’_{2} \)) được rót sang bình 1, nơi có \( 2-m \) kg nước ở \( 20^\circ C \).

Nhiệt lượng mà \( m \) kg nước tỏa ra là \( mc(t’_{2} – t”_{1}) \).

Nhiệt lượng mà \( 2-m \) kg nước thu vào là \( (2-m)c(t”_{1} – 20) \).

Chúng ta đã có phương trình: \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = (2 – m) c (t”_{1} – 20) \).

Sau khi rót \( m \) kg nước từ bình 2, lượng nước còn lại trong bình 2 là \( 5kg \). Nhiệt độ của \( 5kg \) nước này cũng sẽ đạt tới nhiệt độ cân bằng \( t”_{1} \) nếu chúng ta coi toàn bộ bình 2 đã cân bằng với bình 1. Tuy nhiên, đề bài nói “người ta lại rót 2 tam giác m từ 2 sang bình 1, khi bình 1 cân bằng…”. Điều này có nghĩa là sau khi rót, nước trong bình 2 không tham gia vào việc cân bằng nhiệt với bình 1 nữa.

Vậy, nhiệt độ cuối cùng của bình 2 sẽ là \( t’_{2} \). Nhưng điều này không hợp lý vì nước đã bị lấy đi.

Cách hiểu hợp lý hơn: Sau khi rót \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1, lượng nước còn lại trong bình 2 là \( 5kg \). Nhiệt độ của \( 5kg \) nước này sẽ đạt đến nhiệt độ cân bằng cuối cùng của bình 2. Nhiệt lượng mà \( m \) kg nước tỏa ra để làm nóng nước trong bình 1 chính là nhiệt lượng thu vào của \( (2-m) \) kg nước trong bình 1.

Xét lại sự trao đổi nhiệt trong giai đoạn 2:

• Khối lượng nước trong bình 2 ban đầu: \( 5+m \) kg, nhiệt độ \( t’_{2} \).
• Khối lượng nước trong bình 1 ban đầu: \( 2-m \) kg, nhiệt độ \( 20^\circ C \).
• Rót \( m \) kg từ bình 2 sang bình 1.
• Khối lượng nước cuối cùng trong bình 1: \( (2-m) + m = 2 \) kg, nhiệt độ \( t”_{1} \).
• Khối lượng nước cuối cùng trong bình 2: \( (5+m) – m = 5 \) kg. Nhiệt độ cuối cùng của bình 2 là \( t”_{2} \).

Do bình 2 cách nhiệt, nên lượng nhiệt mà \( m \) kg nước tỏa ra khi dịch chuyển sang bình 1 chính là lượng nhiệt mà \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 thu vào để nóng lên từ \( t’_{2} \) đến \( t”_{2} \). Tuy nhiên, cách diễn đạt này chưa chính xác.

Chúng ta hãy hiểu như sau: Sau khi rót \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1, toàn bộ khối lượng nước trong bình 2 (lúc này còn \( 5kg \)) và \( m \) kg nước vừa được rót vào bình 1 sẽ trao đổi nhiệt với nhau và với \( 2-m \) kg nước ban đầu của bình 1.

Trong giai đoạn 2, bình 1 nhận \( m \) kg nước từ bình 2 (nhiệt độ \( t’_{2} \)) và có sẵn \( 2-m \) kg nước ở \( 20^\circ C \). Bình 2 còn lại \( 5kg \) nước ở nhiệt độ \( t’_{2} \).

Khi \( m \) kg nước được rót sang bình 1, hệ thống gồm \( (2-m) \) kg nước ở \( 20^\circ C \) và \( m \) kg nước ở \( t’_{2} \) sẽ đạt cân bằng ở nhiệt độ \( t”_{1} \).

Nước trong \( m \) kg từ bình 2 tỏa nhiệt: \( Q_{tỏa2} = m c (t’_{2} – t”_{1}) \).

Nước có sẵn trong bình 1 thu nhiệt: \( Q_{thu2} = (2 – m) c (t”_{1} – 20) \).

Do đó, \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = (2 – m) c (t”_{1} – 20) \), ta có:

\( t”_{1} = \frac{mt’_{2} + 40 – 20m}{2} \).

Bây giờ, chúng ta cần xác định nhiệt độ cuối cùng của bình 2. Khi \( m \) kg nước được lấy ra khỏi bình 2 (có \( 5+m \) kg nước ở \( t’_{2} \)), \( 5kg \) nước còn lại sẽ có nhiệt độ mới.

Trong một hệ kín (hai bình cách nhiệt), tổng nhiệt lượng trao đổi là bằng không.

Hãy xem xét toàn bộ hệ thống gồm 2 bình:

Ban đầu:

• Bình 1: \( m_1 = 2kg \), \( t_1 = 20^\circ C \)
• Bình 2: \( m_2 = 5kg \), \( t_2 = 60^\circ C \)

Sau lần rót 1:

• Bình 1: \( m_1′ = 2-m \) kg, \( t_1 = 20^\circ C \)
• Bình 2: \( m_2′ = 5+m \) kg, \( t’_2 \)

Sau lần rót 2:

• Bình 1: \( m_1” = 2 \) kg, \( t”_1 \)
• Bình 2: \( m_2” = 5 \) kg, \( t”_2 \)

Ở giai đoạn 2, \( m \) kg nước từ bình 2 (nhiệt độ \( t’_{2} \)) được rót sang bình 1.

Nước trong bình 1 ban đầu: \( 2-m \) kg ở \( 20^\circ C \).

Nước được rót sang: \( m \) kg ở \( t’_{2} \).

Cuối cùng, bình 1 có \( 2 \) kg nước ở \( t”_{1} \).

Nước còn lại trong bình 2 là \( 5 \) kg, nhiệt độ \( t”_{2} \).

Ta có phương trình cân bằng nhiệt cho bình 1 trong giai đoạn 2:

\( mc(t’_{2} – t”_{1}) = (2-m)c(t”_{1} – 20) \)

Và nhiệt độ chênh lệch là \( |t”_{1} – t”_{2}| = 20^\circ C \).

Trong trường hợp này, khi \( m \) kg nước được lấy ra khỏi bình 2, \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 cũng sẽ đạt đến một nhiệt độ cân bằng mới.

Quan trọng là: Khi \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1, nó trao đổi nhiệt với \( 2-m \) kg nước ở \( 20^\circ C \).

Nhiệt lượng tỏa ra bởi \( m \) kg nước: \( Q_{tỏa} = mc(t’_{2} – t”_{1}) \).

Nhiệt lượng thu vào bởi \( 2-m \) kg nước: \( Q_{thu} = (2-m)c(t”_{1} – 20) \).

Vậy, \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = (2-m)c(t”_{1} – 20) \).

Khi \( m \) kg nước được lấy ra khỏi bình 2, \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 cũng sẽ trao đổi nhiệt với \( m \) kg nước vừa rót sang bình 1. Điều này dẫn đến sự cân bằng nhiệt cho toàn bộ hệ thống.

Trong quá trình rót \( m \) kg nước từ bình 2 sang bình 1, khối lượng \( m \) kg này tỏa nhiệt, còn \( 2-m \) kg nước trong bình 1 thu nhiệt.

Xét sự cân bằng nhiệt của toàn bộ hệ thống hai bình sau lần rót thứ hai:

Khối lượng nước trong bình 1 là \( 2 \) kg, nhiệt độ \( t”_{1} \).

Khối lượng nước trong bình 2 là \( 5 \) kg, nhiệt độ \( t”_{2} \).

Ta có hai phương trình:

1. Cân bằng nhiệt cho bình 1 trong lần rót 2: \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = (2-m)c(t”_{1} – 20) \)
2. Chênh lệch nhiệt độ: \( |t”_{1} – t”_{2}| = 20 \)

Chúng ta cần xác định \( t”_{2} \).

Khi \( m \) kg nước được lấy từ bình 2, \( 5kg \) nước còn lại sẽ có nhiệt độ cuối cùng.

Nhiệt lượng mà \( 5kg \) nước trong bình 2 thu vào để đạt nhiệt độ \( t”_{2} \) là \( 5c(t”_{2} – t’_{2}) \).

Nhiệt lượng mà \( m \) kg nước tỏa ra là \( mc(t’_{2} – t”_{1}) \).

Do đó, \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = 5c(t”_{2} – t’_{2}) \).

\( m(t’_{2} – t”_{1}) = 5(t”_{2} – t’_{2}) \).

\( mt’_{2} – mt”_{1} = 5t”_{2} – 5t’_{2} \).

\( mt’_{2} + 5t’_{2} = mt”_{1} + 5t”_{2} \).

\( t’_{2}(m+5) = mt”_{1} + 5t”_{2} \).

Thay \( t’_{2} = \frac{300 + 20m}{m + 5} \) vào phương trình này:

\( \frac{300 + 20m}{m + 5} (m+5) = mt”_{1} + 5t”_{2} \).

\( 300 + 20m = mt”_{1} + 5t”_{2} \).

Bây giờ chúng ta có hệ phương trình:

1. \( t”_{1} = \frac{mt’_{2} + 40 – 20m}{2} \)
2. \( 300 + 20m = mt”_{1} + 5t”_{2} \)
3. \( |t”_{1} – t”_{2}| = 20 \)

Từ phương trình 2, ta có \( 5t”_{2} = 300 + 20m – mt”_{1} \), suy ra \( t”_{2} = \frac{300 + 20m – mt”_{1}}{5} \).

Bây giờ, ta sử dụng điều kiện chênh lệch nhiệt độ.

Trường hợp 1: \( t”_{1} – t”_{2} = 20 \).

\( t”_{1} – \frac{300 + 20m – mt”_{1}}{5} = 20 \)

\( 5t”_{1} – (300 + 20m – mt”_{1}) = 100 \)

\( 5t”_{1} – 300 – 20m + mt”_{1} = 100 \)

\( t”_{1}(5+m) = 400 + 20m \)

\( t”_{1} = \frac{400 + 20m}{5 + m} \).

Kết hợp với phương trình 1: \( t”_{1} = \frac{mt’_{2} + 40 – 20m}{2} \).

Ta có \( t’_{2} = \frac{300 + 20m}{m + 5} \).

Thay \( t’_{2} \) vào phương trình \( t”_{1} \):

\( t”_{1} = \frac{m (\frac{300 + 20m}{m + 5}) + 40 – 20m}{2} \)

\( t”_{1} = \frac{\frac{300m + 20m^2}{m + 5} + \frac{(40 – 20m)(m+5)}{m+5}}{2} \)

\( t”_{1} = \frac{300m + 20m^2 + 40m + 200 – 20m^2 – 100m}{2(m+5)} \)

\( t”_{1} = \frac{240m + 200}{2(m+5)} = \frac{120m + 100}{m+5} \).

Bây giờ ta có hai biểu thức cho \( t”_{1} \):

\( \frac{400 + 20m}{5 + m} = \frac{120m + 100}{m+5} \).

Do mẫu số \( m+5 \) giống nhau và \( m > 0 \), ta có:

\( 400 + 20m = 120m + 100 \)

\( 400 – 100 = 120m – 20m \)

\( 300 = 100m \)

\( m = 3 \) kg.

Trường hợp 2: \( t”_{2} – t”_{1} = 20 \).

\( \frac{300 + 20m – mt”_{1}}{5} – t”_{1} = 20 \)

\( 300 + 20m – mt”_{1} – 5t”_{1} = 100 \)

\( 200 + 20m = t”_{1}(m+5) \)

\( t”_{1} = \frac{200 + 20m}{m+5} \).

Ta lại có \( t”_{1} = \frac{120m + 100}{m+5} \) từ việc tính ở trường hợp 1.

Do đó, \( \frac{200 + 20m}{m+5} = \frac{120m + 100}{m+5} \).

\( 200 + 20m = 120m + 100 \)

\( 200 – 100 = 120m – 20m \)

\( 100 = 100m \)

\( m = 1 \) kg.

Kiểm tra lại giá trị của \( m \)

Chúng ta cần xem xét giá trị nào của \( m \) là hợp lý. Khối lượng nước ban đầu trong bình 1 là 2kg, nên \( m \) không thể lớn hơn 2kg. Do đó, \( m=3kg \) bị loại.

Vậy, giá trị của \( m \) là \( 1kg \).

Thử lại với \( m = 1kg \):

Giai đoạn 1:

\( t’_{2} = \frac{300 + 20(1)}{1 + 5} = \frac{320}{6} = \frac{160}{3} \approx 53.33^\circ C \).

Bình 1 còn lại \( 2-1 = 1kg \) nước ở \( 20^\circ C \).

Giai đoạn 2:

Rót \( 1kg \) nước từ bình 2 (nhiệt độ \( \frac{160}{3}^\circ C \)) sang bình 1.

Bình 1 có \( 1kg \) nước ở \( 20^\circ C \) và \( 1kg \) nước ở \( \frac{160}{3}^\circ C \).

\( 1 \cdot c (\frac{160}{3} – t”_{1}) = 1 \cdot c (t”_{1} – 20) \)

\( \frac{160}{3} – t”_{1} = t”_{1} – 20 \)

\( \frac{160}{3} + 20 = 2t”_{1} \)

\( \frac{160 + 60}{3} = 2t”_{1} \)

\( \frac{220}{3} = 2t”_{1} \)

\( t”_{1} = \frac{110}{3} \approx 36.67^\circ C \).

Bình 2 ban đầu có \( 5+1=6kg \) nước ở \( \frac{160}{3}^\circ C \). Rót đi \( 1kg \). Còn lại \( 5kg \).

Nhiệt lượng mà \( 1kg \) nước tỏa ra khi sang bình 1: \( Q_{tỏa} = 1 \cdot c (\frac{160}{3} – \frac{110}{3}) = 1 \cdot c (\frac{50}{3}) \).

Nhiệt lượng mà \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 thu vào để đạt nhiệt độ \( t”_{2} \): \( Q_{thu} = 5 \cdot c (t”_{2} – \frac{160}{3}) \).

Do sự trao đổi nhiệt, ta có: \( Q_{tỏa} = -Q_{thu} \) (nếu xét theo chiều của nhiệt lượng).

Hoặc, xem xét tổng nhiệt lượng trong hệ kín:

\( m_1” c t”_{1} + m_2” c t”_{2} = m_1” c t_{avg1} + m_2” c t_{avg2} \) (Đây là cách tiếp cận sai).

Nhiệt lượng mà \( 1kg \) nước từ bình 2 tỏa ra để làm nóng \( 1kg \) nước trong bình 1 đã được tính. Nhiệt lượng này cũng làm cho \( 5kg \) nước còn lại trong bình 2 thay đổi nhiệt độ.

Ta có phương trình \( mc(t’_{2} – t”_{1}) = 5c(t”_{2} – t’_{2}) \) với \( m=1 \).

\( 1 \cdot c (\frac{160}{3} – \frac{110}{3}) = 5 \cdot c (t”_{2} – \frac{160}{3}) \)

\( \frac{50}{3} = 5 (t”_{2} – \frac{160}{3}) \)

\( \frac{10}{3} = t”_{2} – \frac{160}{3} \)

\( t”_{2} = \frac{10}{3} + \frac{160}{3} = \frac{170}{3} \approx 56.67^\circ C \).

Kiểm tra chênh lệch nhiệt độ: \( |t”_{1} – t”_{2}| = |\frac{110}{3} – \frac{170}{3}| = |-\frac{60}{3}| = |-20| = 20^\circ C \).

Điều này khớp với đề bài cho.

Kết luận:

Vậy, giá trị của \( m \) là 1kg.

Hy vọng các em đã hiểu rõ từng bước giải của bài toán này. Nếu có bất kỳ thắc mắc nào, đừng ngần ngại hỏi thầy nhé!