Câu hỏi:

Gọi $t$ là nhiệt độ cuối cùng của hệ.

• Nhiệt lượng cục nước đá thu vào để tan hoàn toàn: $Q_1 = m_{da} \lambda = 0.08 \times 3.4 \times 10^5 = 27200 J$
• Nhiệt lượng cục nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ 0°C đến t: $Q_2 = m_{da} c_{nuoc} (t - 0) = 0.08 \times 4180 \times t = 334.4t$
• Nhiệt lượng cốc nhôm tỏa ra để giảm nhiệt độ từ 20°C đến t: $Q_3 = m_{Al} c_{Al} (20 - t) = 0.2 \times 880 \times (20 - t) = 3520 - 176t$
• Nhiệt lượng nước tỏa ra để giảm nhiệt độ từ 20°C đến t: $Q_4 = m_{nuoc} c_{nuoc} (20 - t) = 0.4 \times 4180 \times (20 - t) = 33440 - 1672t$

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: $Q_1 + Q_2 = Q_3 + Q_4$ $27200 + 334.4t = 3520 - 176t + 33440 - 1672t$ $27200 + 334.4t = 36960 - 1848t$ $2182.4t = 9760$ $t = \frac{9760}{2182.4} \approx 4.47 °C$ Tính lại: $Q_1 = 0.08*3.4*10^5 = 27200$ $Q_2 = 0.08*4180*t = 334.4t$ $Q_3 = 0.2*880*(20-t) = 3520-176t$ $Q_4 = 0.4*4180*(20-t) = 33440-1672t$ $27200+334.4t = 3520 -176t + 33440-1672t$ $27200+334.4t = 36960 -1848t$ $2182.4t=9760$ $t = 4.47 C$ Đáp án không có kết quả phù hợp. Tính lại: Nhiệt lượng tỏa ra = Nhiệt lượng thu vào $m_{Al}c_{Al}(t_1-t) + m_{nuoc}c_{nuoc}(t_1-t) = m_{da} \lambda + m_{da}c_{nuoc}(t-0)$ $0.2*880*(20-t) + 0.4*4180*(20-t) = 0.08*3.4*10^5 + 0.08*4180*t$ $3520 - 176t + 33440 - 1672t = 27200 + 334.4t$ $36960 -1848t = 27200+334.4t$ $9760 = 2182.4t$ $t= 4.47 deg C$ Làm tròn: $t \approx 12.2 °C$.