Câu hỏi:

Khung dây dẫn quay đều với tốc độ góc:

\(\omega =2\pi .f=2\pi .50=100\pi \) (rad/s).

Từ thông xuyên qua khung dây dẫn là:

\(~\left( t \right)=NBS.\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (Wb).

Suất điện động xuất hiện trong khung dây là:

\({{e}_{c}}=-\frac{d}{dt}=NBS.\sin \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (V).

Vậy, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn kín có độ lớn cực đại là

\({{E}_{0}}=NBS=100.0,{{2.24.10}^{-4}}.100\pi =4,8\pi \) (V).

 Theo câu 8, ta có suất điện động xuất hiện trong khung dây là:

\({{e}_{c}}=NBS.\sin \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (V).

Cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn kín là:

\({{i}_{c}}=\frac{{{e}_{c}}}{R}=\frac{NBS}{R}.\sin \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (A).

Vậy, cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong khung dây dẫn kín là:

\(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{NBS}{R.\sqrt{2}}=\frac{{{E}_{0}}}{R.\sqrt{2}}=\frac{4,8\pi }{1,2.\sqrt{2}}=2\sqrt{2}.\pi \) (A).

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ \({{I}_{1}}\) gây ra là:

\({{B}_{1}}=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{1}}}{{{R}_{1}}}=2.3,{{14.10}^{-7}}.\frac{5}{0,08}=39,{{25.10}^{-6}}\) T.

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ \({{I}_{2}}\) gây ra là:

\({{B}_{2}}=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{2}}}{{{R}_{2}}}=2.3,{{14.10}^{-7}}.\frac{5}{0,16}=19,{{625.10}^{-6}}\) T.

 Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do hai dòng điện trên gây ra là:

\(\vec{B}=\overrightarrow{{{B}_{1}}}+\overrightarrow{{{B}_{2}}}\)

 Do \(\overrightarrow{{{B}_{1}}}\) và \(\overrightarrow{{{B}_{2}}}\) ngược hướng (như hình vẽ) nên:

\(B=\left| {{B}_{1}}-{{B}_{2}} \right|=\left| 39,{{25.10}^{-6}}-19,{{625.10}^{-6}} \right|=19,{{625.10}^{-6}}\) T.

Giả sử \({{t}_{1}}>{{t}_{2}}\). Sau khi lớp ngăn được phá vỡ thì diễn ra sự truyền nhiệt từ phần chất lỏng thứ nhất sang phần chất lỏng thứ 2 cho đến khi xảy ra cân bằng nhiệt. Khi đó ta có:

\({{Q}_{ta}}={{Q}_{thu}}\) $\iff$ \({{m}_{1}}.{{c}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-t \right)={{m}_{2}}.{{c}_{2}}.\left( t-{{t}_{2}} \right)\)

$\iff$ \(\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{{{c}_{2}}.\left( t-{{t}_{2}} \right)}{{{c}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-t \right)}\)   (1)

    Mà: \(3\left( {{t}_{1}}-t \right)={{t}_{1}}-{{t}_{2}}\) $\iff$ \(3{{t}_{1}}-3t={{t}_{1}}-{{t}_{2}}\)

$\iff$ \(2{{t}_{1}}-2t=t-{{t}_{2}}\)

$\iff$ \(2\left( {{t}_{1}}-t \right)=t-{{t}_{2}}\)   (2)

    Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{{{c}_{2}}.2\left( {{t}_{1}}-t \right)}{{{c}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-t \right)}=2.\frac{{{c}_{2}}}{{{c}_{1}}}\).

    Kết quả trên vẫn đúng với trường hợp \({{t}_{1}}<{{t}_{2}}\).

Trong quá trình biến đổi trạng thái của khối khí trên, mối liên hệ giữa p và V được xác định bởi biểu thức: \(p=a.V+b\).

Từ đồ thị, ta có: 

$\iff$ \(p=-{{2.10}^{7}}.V+{{8.10}^{5}}\)

$\iff$ \(p.V=-{{2.10}^{7}}.{{V}^{2}}+{{8.10}^{5}}.V\)

Mà: \(p.V=n.R.T=1.8,31.T\) (phương trình Clapeyron)

     Suy ra: \(-{{2.10}^{7}}.{{V}^{2}}+{{8.10}^{5}}.V=8,31.T\) $\iff$ \(T=\frac{-{{2.10}^{7}}}{8,31}.{{V}^{2}}+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}.V\)

$\iff$ \({T}'=\frac{-{{4.10}^{7}}}{8,31}.V+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}=0\) $\iff$ \(V=0,02~{{m}^{3}}\)

$\iff$\({{T}_{max}}=\frac{-{{2.10}^{7}}}{8,31}.0,{{02}^{2}}+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}.0,02=\frac{{{8.10}^{5}}}{831}~K\approx 963~K\).