Câu hỏi:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

\(\overrightarrow{{{p}_{n}}}=\overrightarrow{{{p}_{He}}}+\overrightarrow{{{p}_{H}}}\) (\({{p}_{Li}}=0\))

Ta có hình vẽ sau:

Áp dụng định lí sin, ta có:

\(\dfrac{{{p}_{He}}}{\sin \left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}=\dfrac{{{p}_{H}}}{\sin \varphi }=\dfrac{{{p}_{n}}}{\sin 60{}^\circ }\) $\iff$ \(\dfrac{p_{He}^{2}}{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}=\dfrac{p_{H}^{2}}{si{{n}^{2}}\varphi }=\dfrac{p_{n}^{2}}{si{{n}^{2}}60{}^\circ }\)

     Mà: \({{p}^{2}}=2mK\)

     Suy ra: \(\dfrac{2{{m}_{He}}.{{K}_{He}}}{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}=\dfrac{2{{m}_{H}}.{{K}_{H}}}{si{{n}^{2}}\varphi }=\dfrac{2{{m}_{n}}.{{K}_{n}}}{si{{n}^{2}}60{}^\circ }\) $\iff$ \(\dfrac{4.{{K}_{He}}}{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}=\dfrac{3.{{K}_{H}}}{si{{n}^{2}}\varphi }=\dfrac{1.{{K}_{n}}}{0,75}\)

     Suy ra: \({{K}_{He}}=\dfrac{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}{3}.{{K}_{n}}\); \({{K}_{H}}=\dfrac{si{{n}^{2}}\varphi }{2,25}.{{K}_{n}}\) (1)

     Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần, ta có:

\({{m}_{n}}{{c}^{2}}+{{K}_{n}}+{{m}_{Li}}{{c}^{2}}+{{K}_{Li}}={{m}_{He}}{{c}^{2}}+{{K}_{He}}+{{m}_{H}}{{c}^{2}}+{{K}_{H}}\)

 $\iff$ \({{K}_{n}}-{{K}_{He}}-{{K}_{H}}+\left( {{m}_{n}}+{{m}_{Li}}-{{m}_{He}}-{{m}_{H}} \right){{c}^{2}}=0\)

$\iff$ \({{K}_{n}}-{{K}_{He}}-{{K}_{H}}+E=0\) (2)

     Từ (1) và (2), suy ra: \({{K}_{n}}-\dfrac{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}{3}.{{K}_{n}}-\dfrac{si{{n}^{2}}\varphi }{2,25}.{{K}_{n}}-1,87=0\)

 \({{K}_{n}}=\dfrac{1,87}{1-\dfrac{si{{n}^{2}}\left( 120{}^\circ -\varphi  \right)}{3}-\dfrac{si{{n}^{2}}\varphi }{2,25}}\)

Sử dụng tính năng Table trên máy tính cầm tay, ta xác định được \({{K}_{{{n}_{\left( max \right)}}}}\approx 4,552\) MeV khi \(\varphi \approx 67{}^\circ \).

a) ĐÚNG

     Do bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và môi trường bên ngoài nên chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa thanh đồng và nước (hệ cô lập về nhiệt).

     Vậy nhiệt lượng do thanh đồng tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu vào.

b) ĐÚNG

     Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:

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

$\iff$ \({{c}_{ng}}=\dfrac{{{m}_{2}}.{{c}_{nc}}.\left( {{t}_{cb}}-{{t}_{2}} \right)}{{{m}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-{{t}_{cb}} \right)}\)

c) SAI

     Giá trị nhiệt dung riêng của đồng thu được trong thí nghiệm:

\({{c}_{ng}}=\dfrac{{{m}_{2}}.{{c}_{nc}}.\left( {{t}_{cb}}-{{t}_{2}} \right)}{{{m}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-{{t}_{cb}} \right)}=\dfrac{0,25.4200.\left( 28-25 \right)}{0,15.\left( 100-28 \right)}\approx 292\) J/(kg.K).

d) ĐÚNG

     Trong thực tế có tổn thất nhiệt, một phần nhiệt từ thanh đồng thoát ra môi trường nên lượng nhiệt còn lại truyền cho nước sẽ ít hơn, nước sẽ tăng nhiệt độ ít hơn. Vì vậy, nhiệt độ cân bằng thực tế sẽ thấp hơn so với trường hợp lý tưởng.

     Mà: \({{c}_{ng}}=\dfrac{{{m}_{2}}.{{c}_{nc}}.\left( {{t}_{cb}}-{{t}_{2}} \right)}{{{m}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-{{t}_{cb}} \right)}\)

     Suy ra, hiệu \(\left( {{t}_{cb}}-{{t}_{2}} \right)\) giảm làm giá trị \({{c}_{ng}}\) giảm; hiệu \(\left( {{t}_{1}}-{{t}_{cb}} \right)\) tăng làm giá trị \({{c}_{ng}}\) giảm.

     Vậy nếu tính đến sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và môi trường thì giá trị nhiệt dung riêng tính được của đồng sẽ nhỏ hơn so với giá trị thực tế.

a) ĐÚNG

     Trong quá trình pit tông bắt đầu di chuyển đến khi chất lỏng bắt đầu tràn ra ngoài, lượng khí hydrogen được cung cấp nhiệt chậm để pit tông di chuyển từ từ nên áp suất của lượng khí hydrogen không đổi. Sau đó, chất lỏng bắt đầu tràn ra ngoài làm cho áp suất tác dụng lên lượng khí giảm dần. Mà pit tông vẫn di chuyển từ từ nên áp suất của lượng khí hydrogen cũng giảm dần cho đến khi toàn bộ lượng chất lỏng bị tràn ra ngoài.

b) ĐÚNG

     Xét quá trình từ khi bắt đầu cung cấp nhiệt đến khi toàn bộ chất lỏng bị tràn ra ngoài:

+ Các trạng thái của lượng khí hydrogen:

+ Quá trình biến đổi trạng thái của lượng khí hydrogen được biểu diễn trên hệ toạ độ (p,V) như sau:

+ Độ biến thiên nội năng của lượng khí hydrogen:

     \(U=\dfrac{5}{2}nR\left( {{T}_{3}}-{{T}_{1}} \right)=A+Q\)

$\iff$ \(\dfrac{5}{2}\left( {{p}_{3}}{{V}_{3}}-{{p}_{1}}{{V}_{1}} \right)=-\left[ \dfrac{10}{9}{{p}_{0}}\left( \dfrac{3}{4}V-\dfrac{1}{2}V \right)+\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{10}{9}{{p}_{0}}+{{p}_{0}} \right)\left( V-\dfrac{3}{4}V \right) \right]+119\)

$\iff$ \(\dfrac{5}{2}\left( {{p}_{0}}V-\dfrac{10}{9}{{p}_{0}}.\dfrac{1}{2}V \right)=-\dfrac{13}{24}{{p}_{0}}V+119\)

$\iff$ \(\dfrac{10}{9}{{p}_{0}}V=-\dfrac{13}{24}{{p}_{0}}V+119\)

$\iff$ \(\dfrac{119}{72}{{p}_{0}}V=119\)

$\iff$ \(V=0,00072~{{m}^{3}}=0,72\) ℓ

Vậy thể tích ban đầu của lượng khí hydrogen là \(\dfrac{1}{2}V=\dfrac{1}{2}.0,72=0,36\) ℓ.

c) SAI

     Công mà lượng khí hydrogen đã thực hiện cho đến khi toàn bộ chất lỏng bị tràn ra ngoài có độ lớn bằng:

\(A=\dfrac{13}{24}{{p}_{0}}V=\dfrac{13}{24}{{.10}^{5}}.0,00072=39\) J.

d) SAI

     Từ khi bắt đầu cung cấp nhiệt đến khi toàn bộ chất lỏng bị tràn ra ngoài thì độ biến thiên nội năng của lượng khí hydrogen là: \(U=A+Q=-39+119=80\) J.

a) ĐÚNG

     Dựa vào đồ thị ta xác định được chu kì của điện áp là: \(T={{2.10.10}^{-3}}=0,02\) s.

     Tần số của dòng điện là: \(f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{0,02}=50\) Hz.

b) SAI

     Điện trở của bóng đèn: \(R=\dfrac{{{U}^{2}}}{\mathcal{P}}=\dfrac{{{220}^{2}}}{40}=1210\) W.

     Pha ban đầu của điện áp: Tại \(t=0\), \(\cos {{\varphi }_{u}}=\dfrac{u\left( 0 \right)}{{{U}_{0}}}=0\) Û \({{\varphi }_{u}}=\pm \dfrac{\pi }{2}\) (rad).

     Mà \(u\left( t \right)\) đang giảm nên \({{\varphi }_{u}}=\dfrac{\pi }{2}\) (rad).

     Biểu thức cường độ dòng điện tức thời chạy qua bóng đèn:

\(i=\dfrac{{{U}_{0}}}{R}\cos \left( 2\pi ft+{{\varphi }_{u}} \right)\) (do mạch điện chỉ có đèn nên u(t) và i(t) cùng pha)

     $\iff$ \(i=\dfrac{220\sqrt{2}}{1210}\cos \left( 2\pi .50t+\dfrac{\pi }{2} \right)=\dfrac{2\sqrt{2}}{11}\cos \left( 100\pi t+\dfrac{\pi }{2} \right)\) (A).

c) SAI

     Nhiệt lượng do dây tóc bóng đèn tỏa ra trong mỗi giây:

\(Q=\mathcal{P}.t=40.1=40\) J (Do \(U={{U}_{M}}\) nên đèn hoạt động đúng công suất định mức).

d) ĐÚNG

     Khi trong thùng trống và bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bóng đèn và thùng xốp, nhiệt lượng do bóng đèn tỏa ra bằng nhiệt lượng khối khí thu vào để tăng nhiệt độ. Ta có:

\({{Q}_{ta}}={{Q}_{thu}}\) $\iff$ \(\mathcal{P}t=mcT\) (đèn hoạt động đúng công suất định mức)

$\iff$ \(t=\dfrac{mcT}{\mathcal{P}}=\dfrac{0,14.1005.\left( 37-27 \right)}{40}\approx 35\) s.

Để nhiệt độ khối khí trong thùng xốp đạt 37 °C (khi thùng trống) thì thời gian đèn sợi đốt phát sáng xấp xỉ bằng 35 s.

a) ĐÚNG

Năng lượng tỏa ra của phản ứng trên là:

\(E=\left( {{m}_{trc}}-{{m}_{sau}} \right){{c}^{2}}=\left( {{m}_{T}}+{{m}_{D}}-{{m}_{He}}-{{m}_{n}} \right){{c}^{2}}\)

$\iff$ \(E=\left( 3,01605+2,0141104-4,0026-1,00867 \right).931,5\) MeV

$\iff$ \(E\approx 17,6\) MeV.

b) ĐÚNG

Số nguyên tử có trong 1 g khí helium là:

\(N=\dfrac{m}{M}.{{N}_{A}}=\dfrac{1}{4}.6,{{02.10}^{23}}\approx 1,{{5.10}^{23}}\) nguyên tử.

c) SAI

Năng lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 1 kg than đá là:

\(Q=q.m=1,{{25.10}^{7}}.1=1,{{25.10}^{7}}\) J.

d) SAI

     Khối lượng than đá cần đốt cháy hoàn toàn để có năng lượng tỏa ra tương đương năng lượng tỏa ra của phản ứng hạt nhân trên khi tổng hợp được 1g He là:

\({{Q}_{t}}=E.N\) $\iff$ \(q.m=E.N\) $\iff$ \(m=\dfrac{E.N}{q}=\dfrac{17,{{6.10}^{6}}.1,{{6.10}^{-19}}.1,{{5.10}^{23}}}{1,{{25.10}^{7}}}=33792\) kg \(\approx 34\) tấn.