Một cục nước đá ở nhiệt độ t1 = -50C được dìm ngập hoàn toàn vào nước ở nhiệt độ t2, có cùng khối lượng với nước đá, đựng trong một bình nhiệt lượng kế hình trụ. Chỉ có nước và nước đá trao đổi nhiệt với nhau. Bỏ qua sự thay đổi thể tích của nước và nước đá theo nhiệt độ.

a) Biện luận các trường hợp có thể xảy ra.

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5⁰C đến 0⁰C là

               \({{Q}_{1}}={{C}_{1}}m\left( 0-(-5) \right)=2090.5.m=10450m\)

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn

\({{Q}_{2}}=\lambda m=333000m\)

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t₂ xuống 0⁰C

\({{Q}_{3}}={{C}_{2}}m{{t}_{2}}=4180.{{t}_{2}}.m\)

Bằng cách so sánh các nhiệt lượng ta thấy có các trường hợp sau đây có thể xảy ra

Trường hợp 1:

Q₃ < Q₁  \(\Rightarrow 4180.{{t}_{2}}.m<10450m\Rightarrow {{t}_{2}}<\frac{10450}{4180}=2,{{5}^{0}}C\)

Một phần nước bị đông đặc thành nước đá, mức nước trong bình sẽ tăng

Trường hợp 2:

Q₃ = Q₁,   t₂ = 2,5⁰C

thì nước đá tăng nhiệt độ đến 0⁰C và không bị nóng chảy, hệ cân bằng ở 0⁰C, mức nước không thay đổi.

Trường hợp 3:

\(\begin{matrix}

  {{\text{Q}}_{\text{1}}}\text{ }{{\text{Q}}_{\text{3}}}\text{  }{{\text{Q}}_{\text{1}}}\text{+ }{{\text{Q}}_{\text{2}}}\text{ }\Rightarrow 10450m<4180.{{t}_{2}}.m<10450m+333000m \\

  2,{{5}^{0}}C<{{t}_{2}}<82,{{16}^{0}}C \\

\end{matrix}\)

thì nước đá nóng chảy một phần và mức nước trong bình hạ xuống.

Trường hợp 4:

\({{Q}_{3}}\ge {{Q}_{1}}+{{Q}_{2}}\) , \({{t}_{2}}\ge 82,{{16}^{0}}C\)

 thì nước đá nóng chảy hoàn toàn và mức nước trong bình hạ xuống

b. Tính nhiệt độ ban đầu của nước

- Gọi S là tiết diện đáy bình; h₀ là độ cao cột nước ban đầu; h là độ cao cột nước sau khi cân bằng nhiệt; m là khối lượng nước và khối lượng nước đá ban đầu; \(\Delta m\)là khối lượng nước đá tan sau khi cân bằng nhiệt (nếu có).

- Ta có: \({{V}_{0}}=S.{{h}_{0}}=\frac{m}{{{D}_{1}}}+\frac{m}{{{D}_{2}}}\)    (1)

\(V=S.h=\frac{m}{{{D}_{2}}}+\frac{m-\Delta m}{{{D}_{1}}}+\frac{\Delta m}{{{D}_{2}}}=\frac{m+\Delta m}{{{D}_{2}}}+\frac{m-\Delta m}{{{D}_{1}}}\)     (2)

 Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{V}{{{V}_{0}}}=\frac{h}{{{h}_{0}}}=1-\frac{\Delta h}{{{h}_{0}}}=\frac{\frac{m}{{{D}_{1}}}+\frac{m}{{{D}_{2}}}+\frac{\Delta m}{{{D}_{2}}}-\frac{\Delta m}{{{D}_{1}}}}{\frac{m}{{{D}_{1}}}+\frac{m}{{{D}_{2}}}}=1-\frac{\frac{\Delta m}{{{D}_{1}}}-\frac{\Delta m}{{{D}_{2}}}}{\frac{m}{{{D}_{1}}}+\frac{m}{{{D}_{2}}}}\)

\(\frac{\Delta h}{{{h}_{0}}}=\frac{\frac{\Delta m}{{{D}_{1}}}-\frac{\Delta m}{{{D}_{2}}}}{\frac{m}{{{D}_{1}}}+\frac{m}{{{D}_{2}}}}=\frac{\Delta m}{m}.\frac{{{D}_{2}}-{{D}_{1}}}{{{D}_{2}}+{{D}_{1}}}\)                

- Giả sử khi cân bằng nhiệt nước đá tan hết: \(\Delta m=m\), khi đó \(\frac{\Delta h}{{{h}_{0}}}\) đạt cực đại, thay số ta tính được \(\frac{\Delta h}{{{h}_{0}}}=4,38%\).

- Theo đề ra mức nước giảm 2% nên nước đá tan chưa hết \(\Rightarrow \)nhiệt độ cân bằng \(t={{0}^{0}}C\)

- Thay  \(\frac{\Delta h}{{{h}_{0}}}=2%\)vào biểu thức (3) ta tính được: \(\Delta m=0,456m\)

- Phương trình cân bằng nhiệt:

\(\begin{matrix}

  m{{C}_{2}}\left( {{t}_{2}}-0 \right)=m{{C}_{1}}\left( 0-{{t}_{1}} \right)+\Delta m\lambda  \\

  \Rightarrow {{t}_{2}}=\frac{-m{{C}_{1}}{{t}_{1}}+\Delta m\lambda }{m{{C}_{2}}}=\frac{2090.5+0,456.333000}{4180}\simeq 38,{{83}^{0}}C \\

\end{matrix}\)

                Vậy: \({{\text{t}}_{\text{2}}}=\frac{653}{21}\approx 38,{{83}^{0}}C\)