Trước khi vào bài, thầy nhắc lại một số kiến thức quan trọng cần nhớ:

* Phương trình cân bằng nhiệt: Khi hai hay nhiều vật trao đổi nhiệt với nhau, vật nóng hơn sẽ tỏa nhiệt, vật lạnh hơn sẽ thu nhiệt. Quá trình trao đổi nhiệt sẽ dừng lại khi tất cả các vật đạt cùng một nhiệt độ, gọi là nhiệt độ cân bằng. Tổng nhiệt lượng tỏa ra bằng tổng nhiệt lượng thu vào.
* Công thức tính nhiệt lượng:
* Nhiệt lượng thu vào hoặc tỏa ra khi vật thay đổi nhiệt độ: \( Q = m \cdot c \cdot \Delta t \)
Trong đó:
* \( Q \) là nhiệt lượng (J)
* \( m \) là khối lượng (kg)
* \( c \) là nhiệt dung riêng (J/kg.K)
* \( \Delta t \) là độ tăng hoặc giảm nhiệt độ (\( \Delta t = |t_{cuối} – t_{đầu}| \) ) (độ C hoặc K)
* Nhiệt lượng cần thiết để làm sôi một chất lỏng và hóa hơi hoàn toàn: \( Q_{hóa hơi} = m \cdot L \)
Trong đó:
* \( L \) là nhiệt hóa hơi riêng (J/kg)

Bây giờ, chúng ta cùng đi vào phần 1 của bài toán.

Phần 1: Xác định nhiệt độ ban đầu của miếng đồng.

Tóm tắt đề bài cho phần 1:
Khối lượng miếng đồng: \( m_1 = 0,2 \, kg \)
Nhiệt độ ban đầu của đồng: \( t_1 = ? \, \text{độC} \)
Khối lượng nước: \( m_2 = 0,28 \, kg \)
Nhiệt độ ban đầu của nước: \( t_2 = 20 \, \text{độC} \)
Nhiệt độ khi cân bằng nhiệt: \( t_3 = 80 \, \text{độC} \)
Nhiệt dung riêng của đồng: \( c_1 = 400 \, J/kg.K \)
Nhiệt dung riêng của nước: \( c_2 = 4200 \, J/kg.K \)
Bỏ qua nhiệt lượng tỏa ra môi trường và nhiệt lượng tỏa vào nhiệt lượng kế.

Phân tích bài toán:
Khi thả miếng đồng nóng vào nước lạnh, miếng đồng sẽ tỏa nhiệt, còn nước sẽ thu nhiệt. Quá trình này diễn ra cho đến khi cả đồng và nước đạt đến nhiệt độ cân bằng là \( t_3 \).
Vì đề bài yêu cầu bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và nhiệt lượng kế, nên ta chỉ xét sự trao đổi nhiệt giữa miếng đồng và nước.

Các bước giải:

Bước 1: Tính nhiệt lượng miếng đồng tỏa ra.
Miếng đồng nóng sẽ tỏa nhiệt để nguội từ \( t_1 \) xuống \( t_3 \).
Nhiệt lượng tỏa ra của đồng là:
\( Q_{tỏa} = m_1 \cdot c_1 \cdot (t_1 – t_3) \)

Bước 2: Tính nhiệt lượng nước thu vào.
Nước lạnh sẽ thu nhiệt để nóng lên từ \( t_2 \) lên \( t_3 \).
Nhiệt lượng thu vào của nước là:
\( Q_{thu} = m_2 \cdot c_2 \cdot (t_3 – t_2) \)

Bước 3: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.
Theo nguyên lý truyền nhiệt, nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào:
\( Q_{tỏa} = Q_{thu} \)
\( m_1 \cdot c_1 \cdot (t_1 – t_3) = m_2 \cdot c_2 \cdot (t_3 – t_2) \)

Bước 4: Thay số và tìm \( t_1 \).
Ta có các giá trị:
\( m_1 = 0,2 \, kg \)
\( c_1 = 400 \, J/kg.K \)
\( m_2 = 0,28 \, kg \)
\( c_2 = 4200 \, J/kg.K \)
\( t_2 = 20 \, \text{độC} \)
\( t_3 = 80 \, \text{độC} \)

Thay vào phương trình cân bằng nhiệt:
\( 0,2 \cdot 400 \cdot (t_1 – 80) = 0,28 \cdot 4200 \cdot (80 – 20) \)
\( 80 \cdot (t_1 – 80) = 0,28 \cdot 4200 \cdot 60 \)
\( 80 \cdot (t_1 – 80) = 1176 \cdot 60 \)
\( 80 \cdot (t_1 – 80) = 70560 \)

Chia cả hai vế cho 80:
\( t_1 – 80 = \frac{70560}{80} \)
\( t_1 – 80 = 882 \)

Suy ra \( t_1 \):
\( t_1 = 882 + 80 \)
\( t_1 = 962 \, \text{độC} \)

Kết luận phần 1:
Vậy, nhiệt độ ban đầu của miếng đồng là \( 962 \, \text{độC} \).

—

Bây giờ chúng ta sẽ sang phần 2 của bài toán. Các em chú ý đọc kỹ đề bài nhé.

Phần 2: Xác định khối lượng miếng đồng thứ hai.

Tóm tắt đề bài cho phần 2:
Thả thêm 1 miếng đồng khối lượng \( m_3 \) có nhiệt độ ban đầu \( t_1 \) (chúng ta vừa tìm được ở phần 1) vào nhiệt lượng kế chứa nước.
Nhiệt độ ban đầu của nước: \( t_2 = 20 \, \text{độC} \)
Nhiệt độ cân bằng mới: \( t_{3\_mới} = 80 \, \text{độC} \) (Lưu ý: đề bài cho “khi lập lại CBN, mực nc trong nlk vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3”, điều này có nghĩa là dù có thêm miếng đồng m3 nhưng nhiệt độ cân bằng vẫn là 80 độ C).
Khối lượng nước: \( m_2 = 0,28 \, kg \)
Khối lượng miếng đồng thứ nhất: \( m_1 = 0,2 \, kg \) (không liên quan trực tiếp đến tính toán phần này nhưng nó là một phần của hệ ban đầu)
Nhiệt dung riêng của đồng: \( c_1 = 400 \, J/kg.K \)
Nhiệt dung riêng của nước: \( c_2 = 4200 \, J/kg.K \)
Nhiệt độ ban đầu của miếng đồng thứ hai: \( t_1 = 962 \, \text{độC} \)
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và nhiệt lượng kế.
Có thêm thông tin về nhiệt hóa hơi của nước \( L = 2,3 \cdot 10^6 \, J/kg \), nhưng có vẻ như không cần dùng đến cho phần này vì nước không bị sôi và hóa hơi.

Phân tích bài toán:
Ở phần này, hệ thống gồm nước ban đầu (với nhiệt độ \( t_2 = 20^\circ C \)) và hai miếng đồng (một miếng \( m_1 \) đã nguội đến \( 80^\circ C \) từ phần 1, và một miếng đồng \( m_3 \) nóng ban đầu có nhiệt độ \( t_1 = 962^\circ C \)).
Tuy nhiên, cách diễn đạt “mực nc trong nlk vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3” và nhiệt độ cân bằng vẫn là \( 80^\circ C \) có thể gây nhầm lẫn. Chúng ta cần hiểu đúng.
Nếu nhiệt độ cân bằng là \( 80^\circ C \), và ban đầu nước là \( 20^\circ C \), thì nước cần thu nhiệt.
Miếng đồng thứ nhất ( \( m_1 \) ) đã nguội xuống \( 80^\circ C \) rồi. Vì vậy, nó không còn tỏa nhiệt nữa mà cũng không thu nhiệt từ hệ thống mới.
Miếng đồng thứ hai \( m_3 \) sẽ tỏa nhiệt từ \( t_1 \) xuống \( t_{3\_mới} = 80^\circ C \).
Nước sẽ thu nhiệt để nóng lên từ \( t_2 = 20^\circ C \) lên \( t_{3\_mới} = 80^\circ C \).

Nếu “mực nước vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3” và nhiệt độ cân bằng vẫn là 80 độ C, thì ta phải hiểu rằng:
Ban đầu, có nước \( m_2 \) ở \( 20^\circ C \) và miếng đồng \( m_1 \) ở \( 962^\circ C \). Cân bằng nhiệt là \( 80^\circ C \).
Sau đó, người ta thả thêm miếng đồng \( m_3 \) có nhiệt độ \( 962^\circ C \).
Và hệ thống cân bằng lại ở nhiệt độ \( 80^\circ C \).

Có hai cách hiểu cho “mực nước vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3”:
Cách 1: Thể tích nước không đổi. Điều này có nghĩa là không có nước nào bị bay hơi. Điều này đã được ngầm định khi nhiệt độ cân bằng chỉ là \( 80^\circ C \), vì nước sôi ở \( 100^\circ C \).
Cách 2: Thể tích nước ban đầu (khi chỉ có \( m_2 \) ở \( 20^\circ C \)) bằng thể tích nước cuối cùng (khi có \( m_2 \) và cả hai miếng đồng ở \( 80^\circ C \)). Điều này có thể suy ra rằng ban đầu thể tích của miếng đồng thứ nhất \( m_1 \) đã chiếm một phần thể tích, và sau khi thả \( m_3 \) thì tổng thể tích của \( m_1 \) và \( m_3 \) trong nước vẫn tương đương hoặc nước đã dâng lên bù lại. Tuy nhiên, dữ kiện này có vẻ hơi khó dùng trực tiếp để tính toán trừ khi có thêm thông tin về thể tích ban đầu.

Chúng ta sẽ dựa vào nhiệt độ cân bằng mới vẫn là \( 80^\circ C \) và không có sự bay hơi nước (do \( 80^\circ C < 100^\circ C \)) để giải. Trong quá trình cân bằng nhiệt lần 2, ta có: * Nước \( m_2 \) từ \( 20^\circ C \) lên \( 80^\circ C \) (thu nhiệt). * Miếng đồng \( m_1 \) (đã ở \( 80^\circ C \)) không trao đổi nhiệt (hoặc rất ít, nhưng theo giả thiết bài toán là đã cân bằng ở \( 80^\circ C \)). * Miếng đồng \( m_3 \) từ \( 962^\circ C \) xuống \( 80^\circ C \) (tỏa nhiệt). Nếu đề bài hiểu rằng: ” Sau đó, người ta thả thêm 1 miếng đồng khối lượng m3 có cùng nhiệt độ ban đầu t1 và nhiệt lượng kế thì khi lập lại CBN, mực nước trong nhiệt lượng kế vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3″ có nghĩa là:

Ban đầu ta có nước \( m_2 \) ở \( 20^\circ C \) và miếng đồng \( m_1 \) ở \( 962^\circ C \). Cân bằng là \( 80^\circ C \).
Sau khi cân bằng ở \( 80^\circ C \), miếng đồng \( m_1 \) đã ở \( 80^\circ C \).
Giờ ta thả thêm miếng đồng \( m_3 \) (cũng ở \( 962^\circ C \)) vào.

Lúc này, hệ thống mới bao gồm:
* Nước \( m_2 \) ở \( 80^\circ C \) (nhiệt độ sau cân bằng lần 1).
* Miếng đồng \( m_1 \) ở \( 80^\circ C \).
* Miếng đồng \( m_3 \) ở \( 962^\circ C \).

Hệ thống này sẽ cân bằng nhiệt ở một nhiệt độ mới.
Nhưng đề bài lại cho “khi lập lại CBN, mực nc trong nlk vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3” và nhiệt độ cân bằng mới vẫn là \( 80^\circ C \).

Điều này có thể hiểu là:
Miếng đồng \( m_1 \) đã được lấy ra, sau đó thả miếng đồng \( m_3 \) vào, và hệ thống cân bằng ở \( 80^\circ C \).
Hoặc, nó có thể là một cách diễn đạt hơi khó hiểu, và ý chính là: Miếng đồng \( m_1 \) đã nguội xuống \( 80^\circ C \). Bây giờ người ta bỏ thêm miếng đồng \( m_3 \) (nóng) vào hệ thống nước ban đầu (\( m_2 \) ở \( 20^\circ C \)), và nhiệt độ cân bằng mới là \( 80^\circ C \).

Chúng ta sẽ giả định cách hiểu thứ hai, là ta có nước ban đầu và miếng đồng \( m_3 \) trao đổi nhiệt để đạt \( 80^\circ C \), và miếng đồng \( m_1 \) đóng vai trò là ban đầu đã có trong nhiệt lượng kế ở \( 80^\circ C \).
Nếu đề bài muốn nói là thêm \( m_3 \) vào hệ thống NƯỚC ( \( m_2 \) ) và miếng đồng \( m_1 \) đã nguội, thì nhiệt độ cân bằng mới phải khác \( 80^\circ C \).
Vì nhiệt độ cân bằng vẫn là \( 80^\circ C \), điều đó ngụ ý rằng:
* Nước từ \( 20^\circ C \) lên \( 80^\circ C \) (thu nhiệt).
* Miếng đồng \( m_3 \) từ \( 962^\circ C \) xuống \( 80^\circ C \) (tỏa nhiệt).
* Miếng đồng \( m_1 \) ban đầu ở \( 80^\circ C \) nên không tham gia trao đổi nhiệt.

Vậy, ta có thể coi như chỉ có nước \( m_2 \) và miếng đồng \( m_3 \) trao đổi nhiệt với nhau, và nhiệt độ cân bằng cuối cùng là \( 80^\circ C \).

Các bước giải:

Bước 1: Tính nhiệt lượng nước thu vào để nóng lên từ \( 20^\circ C \) đến \( 80^\circ C \).
Đây là nhiệt lượng mà miếng đồng \( m_3 \) cần tỏa ra.
\( Q_{thu\_nuoc} = m_2 \cdot c_2 \cdot (t_{3\_mới} – t_2) \)
\( Q_{thu\_nuoc} = 0,28 \cdot 4200 \cdot (80 – 20) \)
\( Q_{thu\_nuoc} = 0,28 \cdot 4200 \cdot 60 \)
\( Q_{thu\_nuoc} = 1176 \cdot 60 \)
\( Q_{thu\_nuoc} = 70560 \, J \)

Bước 2: Tính nhiệt lượng miếng đồng \( m_3 \) tỏa ra để nguội từ \( 962^\circ C \) xuống \( 80^\circ C \).
\( Q_{toa\_dong3} = m_3 \cdot c_1 \cdot (t_1 – t_{3\_mới}) \)
\( Q_{toa\_dong3} = m_3 \cdot 400 \cdot (962 – 80) \)
\( Q_{toa\_dong3} = m_3 \cdot 400 \cdot 882 \)
\( Q_{toa\_dong3} = m_3 \cdot 352800 \, J \)

Bước 3: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt cho lần cân bằng thứ hai.
\( Q_{toa\_dong3} = Q_{thu\_nuoc} \)
\( m_3 \cdot 352800 = 70560 \)

Bước 4: Tìm khối lượng \( m_3 \).
\( m_3 = \frac{70560}{352800} \)
\( m_3 = 0,2 \, kg \)

Kết luận phần 2:
Vậy, khối lượng của miếng đồng thứ ba là \( 0,2 \, kg \).

Lưu ý thêm về dữ kiện “nhiệt hóa hơi của nước là L = 2,3 . 10^6 J/kg”
Dữ kiện này được đưa ra nhưng không sử dụng trong bài giải. Điều này thường xảy ra trong các bài tập Vật lý để kiểm tra xem học sinh có nhận biết được thông tin nào là cần thiết và thông tin nào là thừa hay không. Ở đây, nhiệt độ cân bằng là \( 80^\circ C \), nhỏ hơn \( 100^\circ C \) (nhiệt độ sôi của nước ở áp suất khí quyển thông thường), nên nước không bị sôi và hóa hơi, do đó \( L \) không được dùng đến.

Thầy hy vọng với cách giải chi tiết từng bước như vậy, các em đã hiểu rõ bài toán. Nếu có bất kỳ thắc mắc nào, đừng ngần ngại hỏi thầy nhé. Chúc các em học tốt!