Bài toán:

Một bình chứa \(m_{1}=0,8 kg\) nước đá ở nhiệt độ \(t_{1}\). Người ta cho vào bình 2 kg nước ở nhiệt độ \(t_{2} = 5^{o}C\) thì khi có cân bằng nhiệt khối lượng nước đã trong bình đã tăng thêm 20g. Bỏ qua hao phí và sự trao đổi nhiệt của bình chứa. Nhiệt dung riêng và nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là \(c_{đ} = 2100 \, J/kg.K\) và \(\lambda = 3,4.10^{5} \, J/kg\); nhiệt dung riêng của nước là \(c_{n} = 4200 \, J/kg.K\). Tính \(t_{1}\) (Làm tròn kết quả tới hàng đơn vị).

Phân tích bài toán:

Đầu tiên, chúng ta cần xác định các quá trình diễn ra trong bình. Khi cho nước ở nhiệt độ \(5^{o}C\) vào bình chứa nước đá ở nhiệt độ \(t_{1}\), sẽ có sự trao đổi nhiệt giữa nước và nước đá. Nước nóng hơn sẽ tỏa nhiệt, còn nước đá sẽ nhận nhiệt. Có hai khả năng xảy ra với nước đá:

1. Nước đá chỉ tan một phần.

2. Toàn bộ nước đá tan chảy thành nước và nước thu được có nhiệt độ bằng nhiệt độ cân bằng.

Thông tin “khối lượng nước đã trong bình đã tăng thêm 20g” cho chúng ta biết rằng có một lượng nước đá đã tan chảy. Điều này có nghĩa là nước đá đã nhận nhiệt để chuyển từ thể rắn sang thể lỏng.

Chúng ta sẽ sử dụng nguyên lý truyền nhiệt: Nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào.

Các bước giải:

Bước 1: Xác định lượng nước đá tan chảy.

Khối lượng nước đá ban đầu là \(m_{1} = 0,8 \, kg\).

Khối lượng nước ban đầu là \(m_{2} = 2 \, kg\).

Khi có cân bằng nhiệt, khối lượng nước trong bình tăng thêm 20g, nghĩa là có \(m_{tan} = 20 \, g = 0,02 \, kg\) nước đá đã tan chảy.

Bước 2: Xác định các quá trình nhiệt và nhiệt lượng tương ứng.

Giả sử nhiệt độ cân bằng cuối cùng là \(t\). Vì có nước đá tan chảy, nhiệt độ cân bằng \(t\) phải lớn hơn hoặc bằng \(0^{o}C\).

Do nước đá tan chảy, nhiệt độ của nước đá ban đầu (\(t_{1}\)) chắc chắn phải nhỏ hơn \(0^{o}C\) (hoặc bằng \(0^{o}C\) nếu nó chỉ đơn thuần là nước đá ở \(0^{o}C\)).

Vì nước đá tan chảy một phần, ta có thể giả định rằng nhiệt độ cân bằng \(t\) là \(0^{o}C\). Nếu nhiệt độ cân bằng lớn hơn \(0^{o}C\), thì toàn bộ nước đá ban đầu (\(m_{1}\)) đã tan chảy và sau đó tăng nhiệt độ lên \(t\). Tuy nhiên, đề bài nói “khối lượng nước đã trong bình đã tăng thêm 20g”, điều này ám chỉ rằng chỉ có 20g nước đá tan chảy, và lượng nước đá còn lại (\(m_{1} – m_{tan} = 0,8 – 0,02 = 0,78 \, kg\)) vẫn ở dạng nước đá có nhiệt độ \(0^{o}C\) hoặc đã tan chảy hoàn toàn. Nhưng vì đề bài chỉ nói tăng thêm 20g nước, ta có thể suy luận rằng nhiệt độ cân bằng là \(0^{o}C\) và 20g nước đá đã tan chảy thành nước ở \(0^{o}C\). Lượng nước đá còn lại là 0,78kg ở nhiệt độ \(t_1\) ban đầu, nhận nhiệt để lên \(0^{o}C\) và tan chảy. Cách hiểu này có vẻ phức tạp.

Chúng ta xem xét một cách tiếp cận khác:

Khi nước ở \(5^{o}C\) cho vào bình nước đá ở \(t_{1}\), nước sẽ tỏa nhiệt. Nước đá sẽ nhận nhiệt.

Có 20g nước đá tan chảy, nghĩa là khối lượng nước đá tan là \(m_{tan} = 0,02 \, kg\).

Khối lượng nước đá ban đầu là \(m_{1} = 0,8 \, kg\).

Khối lượng nước ban đầu là \(m_{2} = 2 \, kg\).

Nhiệt độ ban đầu của nước đá là \(t_{1}\).

Nhiệt độ ban đầu của nước là \(t_{2} = 5^{o}C\).

Nhiệt độ cân bằng là \(t\).

Do có sự tan chảy của nước đá, nhiệt độ cân bằng \(t \ge 0^{o}C\).

Nếu \(t_1 < 0\), thì nước đá phải tăng nhiệt độ từ \(t_1\) lên \(0^{o}C\), sau đó một phần mới tan chảy.

Quan trọng là: “khối lượng nước đã trong bình đã tăng thêm 20g” nghĩa là có \(m_{tan} = 0,02 \, kg\) nước đá đã chuyển thành nước.

Nếu toàn bộ \(m_1\) nước đá chưa tan hết, thì nhiệt độ cân bằng chắc chắn là \(0^{o}C\).

Trong trường hợp này, nhiệt lượng nước tỏa ra để làm nóng chảy 20g nước đá và sau đó có thể làm nóng khối nước ban đầu và khối nước đá tan chảy lên nhiệt độ cân bằng.

Giả sử nhiệt độ cân bằng là \(t = 0^{o}C\).

Khi đó, quá trình diễn ra như sau:

1. Nước đá ban đầu (\(m_{1} = 0,8 \, kg\)) ở nhiệt độ \(t_{1}\) nhận nhiệt để nóng lên đến \(0^{o}C\). Nhiệt lượng thu vào là \(Q_{1}\).

2. Một phần nước đá (\(m_{tan} = 0,02 \, kg\)) nhận nhiệt để tan chảy thành nước ở \(0^{o}C\). Nhiệt lượng thu vào là \(Q_{2}\).

3. Nước ban đầu (\(m_{2} = 2 \, kg\)) ở nhiệt độ \(t_{2} = 5^{o}C\) tỏa nhiệt để hạ nhiệt độ xuống \(0^{o}C\). Nhiệt lượng tỏa ra là \(Q_{3}\).

Ta có các công thức:

Nhiệt lượng để nước đá nóng lên từ \(t_{1}\) đến \(0^{o}C\): \(Q_{1} = m_{1} c_{đ} (0 – t_{1})\). Lưu ý: vì \(t_{1}\) là nhiệt độ âm nên \(0-t_1\) sẽ dương.

Nhiệt lượng để nước đá tan chảy: \(Q_{2} = m_{tan} \lambda = 0,02 \times 3,4.10^{5}\) J.

Nhiệt lượng nước tỏa ra để nguội từ \(5^{o}C\) xuống \(0^{o}C\): \(Q_{3} = m_{2} c_{n} (5 – 0) = 2 \times 4200 \times 5\) J.

Theo nguyên lý truyền nhiệt, nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào:

\(Q_{3} = Q_{1} + Q_{2}\)

\(2 \times 4200 \times 5 = m_{1} c_{đ} (0 – t_{1}) + m_{tan} \lambda\)

\(42000 = 0,8 \times 2100 \times (-t_{1}) + 0,02 \times 3,4.10^{5}\)

\(42000 = 1680 \times (-t_{1}) + 6800\)

\(42000 – 6800 = -1680 t_{1}\)

\(35200 = -1680 t_{1}\)

\(t_{1} = -\frac{35200}{1680}\)

\(t_{1} \approx -20,95 \, ^{o}C\)

Làm tròn kết quả tới hàng đơn vị:

\(t_{1} \approx -21 \, ^{o}C\)

Kiểm tra lại giả định:

Chúng ta giả định nhiệt độ cân bằng là \(0^{o}C\).

Nếu \(t_1 = -21^{o}C\), thì nước đá cần nhiệt để nóng lên từ -21 độ lên 0 độ.

Khối lượng nước đá ban đầu là \(m_1 = 0.8 \, kg\).

Nước ban đầu \(m_2 = 2 \, kg\) ở \(5^{o}C\).

Nước đá tan 20g (\(0.02 \, kg\)).

Nhiệt lượng nước tỏa ra: \(Q_{tỏa} = 2 \times 4200 \times (5-0) = 42000 \, J\).

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng lên từ -21 lên 0: \(Q_{thu1} = 0.8 \times 2100 \times (0 – (-21)) = 0.8 \times 2100 \times 21 = 35280 \, J\).

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tan chảy 0.02kg: \(Q_{thu2} = 0.02 \times 3.4 \times 10^5 = 6800 \, J\).

Tổng nhiệt lượng thu vào: \(Q_{thu} = Q_{thu1} + Q_{thu2} = 35280 + 6800 = 42080 \, J\).

Thấy rằng \(Q_{tỏa} = 42000 \, J\) và \(Q_{thu} = 42080 \, J\). Hai giá trị này gần bằng nhau, sự sai lệch nhỏ là do làm tròn trong quá trình tính toán \(t_1\).

Nếu ta lấy \(t_1 = -20.95\), thì \(Q_{thu1} = 0.8 \times 2100 \times 20.95 = 35196\). \(Q_{thu} = 35196 + 6800 = 41996\).

Như vậy, giả định nhiệt độ cân bằng là \(0^{o}C\) là hợp lý.

Kết luận:

Nhiệt độ ban đầu của nước đá là \(t_{1} \approx -21^{o}C\).