Câu hỏi:

Trọng lương của đoạn dây dẫ: \(P=m \cdot g=0,03 \cdot 10=0,3 \mathrm{~N}\).

Lực điện tác dưng đoạn dây dẫn: \(F=B I \ell \sin (\vec{B} ; \vec{I})=1,5 \cdot 2 \cdot 0,1 \cdot \sin 90^{\circ}=0,3 N\).

Góc lệch của dây treo so với phuơng thăng đúng: \(\tan \alpha=\frac{F}{P}=\frac{0,3}{0,3}=1 \Rightarrow \alpha=45^{\circ}\).

a) Nhiệt lượng khối nước đá đã nhận vào để nóng chảy hoàn toàn: \( \begin{aligned} & Q_{\text {thu }}=Q_{\text {tăng nhiệt }}+Q_{\text {nóng chảy }}=m \cdot c_{n \mathrm{~d}} \cdot \Delta T+\lambda \cdot m & \Leftrightarrow Q_{\text {thu }}=1,2.2100 \cdot[0-(-18)]+334000 \cdot 1,2=446160 \mathrm{~J} . \end{aligned} \)

b) Nhiệt lượng bình điện đã tỏa ra để đun khối nước đá nóng chảy hoàn toàn: \( Q_{t o 3 a}=\mathcal{P} . t=2200.220=484000 \mathrm{~J} . \) Hiệu suất đun nước của bình điện: \( H=\frac{Q_{t h u}}{Q_{\text {toza }}} \cdot 100 \%=\frac{446160}{484000} \cdot 100 \%=92,(18) \% \)

c) Nhiệt dung riêng của nước ( \(c_{n}\) ) được xác định từ thí nghiệm trên có giá trị bằng: \( H=\frac{Q^{\prime}{ }_{t h u}}{Q^{\prime}{ }_{t \dot{\prime} a}} \cdot 100 \%=\frac{m \cdot c_{n} \cdot \Delta T T^{\prime}}{\mathcal{P} \cdot t^{\prime}} \Leftrightarrow 92,(18) \%=\frac{1,2 \cdot c_{n \cdot} \cdot(100-0)}{2200 \cdot(470-220)} \Leftrightarrow c_{n}=4225 \mathrm{~J} /(\mathrm{kg} \cdot \mathrm{~K}) . \)

d) Khoảng thời gian nước bắt đầu sôi đến khi bình điện tư động tắt ( \(t^{\prime \prime}\) ) (tính tù thời điểm nước bắt đầu sôi): \(H=\frac{Q^{\prime \prime}{ }_{\text {thu }}}{Q^{\prime \prime}{ }_{\text {töa }}} \cdot 100 \%=\frac{L \cdot m}{\mathcal{P}^{\prime} \cdot t^{\prime \prime}} \cdot 100 \% \Leftrightarrow 92,(18) \%=\frac{2,3 \cdot 10^{6} \cdot 1,2}{450 \cdot t^{\prime \prime}} \Leftrightarrow t^{\prime \prime}=\frac{1012 \cdot 10^{4}}{1521}(\mathrm{~s}) \approx 1,85(\mathrm{~h})\).

a) Áp dụng phương trình Clapeyron: \(p_{1} \cdot V_{1}=n \cdot R \cdot T_{1}\)

\( \Leftrightarrow V_{1}=\frac{n \cdot R \cdot T_{1}}{p_{1}}=\frac{1.8,31 \cdot(27+273)}{10^{5}}=0,02493 \mathrm{~m}^{3}=24,93 \text { lit. } \)

Thể tích của binh là 24,93 lit.

b) Quá trình đăng tích nên ta có: \(\frac{p_{1}}{T_{1}}=\frac{p_{2}}{T_{2}} \Leftrightarrow T_{2}=\frac{T_{1} \cdot p_{2}}{p_{1}}=\frac{(27+273) \cdot 5 \cdot 10^{5}}{10^{5}}=1500 \mathrm{~K}=1227^{\circ} \mathrm{C}\).

Nhiệt độ của khối khí ngay sau khi nung nóng là \(1227^{\circ} \mathrm{C}\).

c) Áp dụng phương trình Clapeyron: \(p_{3} \cdot V_{3}=n^{\prime} \cdot R . T_{3}\left(V_{3}=V_{1} ; T_{3}=T_{2}\right)\)

\( \Leftrightarrow n^{\prime}=\frac{p_{3} \cdot V_{1}}{R \cdot T_{2}}=\frac{3 \cdot 10^{5} \cdot 0,02493}{8,31 \cdot 1500}=0,6 \mathrm{~mol} . \)

Luơng khí còn lại trong bình là 0,6 mol.

d) Động năng tịnh tiến trung bình của các phân tử khí Helium còn lại trong bình là:

\(W_{\mathrm{d}}=\frac{3}{2} \cdot k \cdot T_{3}=\frac{3}{2} \cdot 1,38 \cdot 10^{-23} \cdot 1500=3,105 \cdot 10^{-20} J\).

a) Đúng. Đây là hiện tượng cảm ứng điện từ.

b) Đúng. Kim điện kế lệch theo chiều ngược lại khi dòng điện cảm ứng đổi chiều. Dòng điện cảm ứng đổi chiều khi từ thông xuyên qua tiết diện ống dây đang tăng thì chuyển sang giảm hoặc ngược lại.

c) Sai. Để số chỉ trên điện kế lớn hơn (tức là tăng cường độ dòng điện cảm ứng), cần tăng tốc độ thay đổi từ thông qua tiết diện ống dây  \(\left(i=\frac{|e|}{R}=\frac{1}{R} \cdot\left|\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\right|\right)\).

d) Sai. Dòng điện cảm ứng trong ống dây mất đi khi thanh nam châm và ống dây đứng yên so với nhau hoặc chuyển động cùng vận tốc; thanh nam châm quay quanh trục song song với trục ống dây; …

a) Số nguyên tử \({ }_{84}^{210}\) Po có trong \(1,5 \mathrm{~g}\) ban đầu là:

\( N_{0(P o)}=\frac{m}{M} \cdot N_{A}=\frac{1,5}{210} \cdot 6,02 \cdot 10^{23}=4,3 \cdot 10^{21} \text { nguyên tử. } \)

b) Số lượng hạt nhân \({ }_{53}^{131}\) I phân rã trong vòng 1 ngày đầu tiên là:

\( \begin{aligned} \Delta N_{I}=N_{0(I)}-N_{I}=N_{0(I)}\left(1-2^{-\frac{t}{T_{I}}}\right) & =\frac{m_{0(I)}}{A_{I}} \cdot N_{A} \cdot\left(1-2^{-\frac{t}{T_{I}}}\right) & \\ =\frac{1,5}{131} \cdot 6,02 \cdot 10^{23} \cdot\left(1-2^{-\frac{1}{8,02}}\right) \approx 5,707 \cdot 10^{20} \mathrm{hat} . \end{aligned} \)

c) Số lượng hạt nhân \({ }_{84}^{210}\) Po phân rã trong vòng 1 ngày đầu tiên là:

\( \Delta N_{P o}=N_{0(P o)}-N_{P o}=N_{0(P o)}\left(1-2^{-\frac{t}{T_{P o}}}\right)=4,3 \cdot 10^{21} \cdot\left(1-2^{-\frac{1}{138,4}}\right) \approx 2,148 \cdot 10^{19} \text { hat. } \)

Theo Câu b, ta có số lượng hạt nhân \({ }_{53}^{131}\) I phân rã trong vòng I ngày đầu tiên là \(\Delta N_{I} \approx 5,707 \cdot 10^{20}\) hạt; \(\Delta N_{I}>\Delta N_{P o}\).

Mà mỗi hạt nhân khi phân rã chỉ phát ra một tia phóng xa.

Vậy sau 1 ngày đầu tiên, máy đo bức xạ ứng với mâu chất chứa \({ }_{53}^{131} I\) đếm được nhiều tín hiệu hơn.

d) Độ phóng xạ của hạt nhân \({ }_{84}^{210}\) Po sau 1 ngày đầu tiên là:

\(H_{t}=\lambda . N_{t}=\frac{\ln 2}{T_{P o}} \cdot N_{0(P o)} \cdot 2^{-\frac{t}{T_{P o}}}=\frac{\ln 2}{138,4 \cdot 24 \cdot 3600} \cdot 4,3 \cdot 10^{21} \cdot 2^{-\frac{1}{138,4}} \approx 2,48 \cdot 10^{14} \mathrm{~Bq}\).