Câu hỏi:

a) ĐÚNG

Nhiệt lượng mà ấm điện tỏa ra trong 2 phút là:

\(Q={{I}^{2}}R{{t}_{1}}=2,{{5}^{2}}.100.2.60=7,{{5.10}^{4}}\) J.

b) ĐÚNG

Hiệu suất của ấm điện là:

\(H=\frac{{{Q}_{thu}}}{{{Q}_{ta}}}.100%=\frac{m.c.T}{{{I}^{2}}R{{t}_{2}}}.100%=\frac{D.V.c.T}{{{I}^{2}}R{{t}_{2}}}.100%=\frac{997.1,{{5.10}^{-3}}.4200.\left( 100-25 \right)}{2,{{5}^{2}}.100.15.60}.100%\approx 83,75%\).

c) SAI

Xét quá trình nước bắt đầu sôi đến khi hóa hơi hoàn toàn. Do hiệu suất và công suất của ấm điện không đổi nên ta có:

\(H=\frac{{{Q}_{thu}}}{{{Q}_{ta}}}.100%=\frac{Lm}{{{I}^{2}}R{{t}_{3}}}.100%\)

Suy ra: \(\frac{m.c.T}{{{I}^{2}}R{{t}_{2}}}=\frac{Lm}{{{I}^{2}}R{{t}_{3}}}\) $\iff$ \({{t}_{3}}=\frac{L.{{t}_{2}}}{c.T}=\frac{2,{{26.10}^{6}}.15}{4200.\left( 100-25 \right)}\approx 108\) phút.

Vậy nếu tiếp tục đun khoảng 108 phút nữa (kể từ thời điểm nước bắt đầu sôi) thì nước trong ấm điện sẽ hóa hơi hoàn toàn.

d) SAI

Do bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường nên ta có:

\({{Q}_{ta}}={{Q}_{thu}}\) $\iff$ \(mc\left( 100-{{t}_{cb}} \right)=m+mc\left( {{t}_{cb}}-0 \right)\)

     $\iff$ \(4200.\left( 100-{{t}_{cb}} \right)={{334.10}^{3}}+4200.{{t}_{cb}}\)

     $\iff$ \({{t}_{cb}}\approx 10~\).

   Vậy nhiệt độ của hỗn hợp khi có sự cân bằng nhiệt xảy ra là 10 °C.

a) SAI

Khi đóng khóa K và giữ cố định thanh kim loại thì cường độ dòng điện chạy trong mạch điện khi đó là:

\(I=\frac{E}{{{R}_{N}}+r}=\frac{6}{2,2+0,2}=2,5\) A.

b) ĐÚNG

 Khi đóng khóa K và giữ cố định thanh kim loại thì lực từ tác dụng lên thanh kim loại có độ lớn bằng:

\(F=BI\ell .\sin \left( \vec{B};\ell  \right)=0,15.2,5.0,05.\sin 90{}^\circ =0,01875~N=18,75~mN\).

c) ĐÚNG

 Khi đóng công tắc K, dòng điện chạy qua thanh kim loại có chiều như hình vẽ bên.

 Sử dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được hướng của lực từ tác dụng lên thanh kim loại như hình vẽ bên.

 Vậy thanh kim loại sẽ di chuyển động sang phải.

d) ĐÚNG

     Theo câu c, khi đóng khóa K thì thanh kim loại di chuyển sang phải làm cho phần diện tích của khung dây dẫn (tạo bởi hai đoạn dây dẫn trần, thanh kim loại, dây nối và nguồn) nằm trong từ trường đều giảm. Khi đó, từ thông xuyên qua diện tích khung dây sẽ giảm (dựa vào \(=NBS.\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right)\)).

     Bản chất dòng điện tự cảm cũng là dòng điện cảm ứng sinh ra khi dòng điện trong mạch thay đổi giá trị. Do đó

     Dựa vào định luật, ta xác định được vector cảm ứng từ của từ trường nam châm (\(\vec{B}\)) cùng hướng với vector cảm ứng từ của từ trường cảm ứng (\(\overrightarrow{{{B}_{c}}}\)).

     Dùng quy tắc nắm bàn tay phải, ta xác định được chiều của dòng điện cảm ứng chạy trong khung dây dẫn là cùng chiều quay của kim đồng hồ (nhìn từ trên xuống).

a) ĐÚNG

     Từ thông xuyên qua tiết diện của ống dây tại thời điểm t là:

\(~\left( t \right)=NS\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right).\left( {{B}_{0}}+0,01.t \right)=1000.\pi \frac{0,{{1}^{2}}}{4}.\cos 0{}^\circ .\left( 0+0,01.t \right)=0,025\pi t\) (Wb).

b) ĐÚNG

     Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong ống dây có độ lớn bằng:

\(\left| {{e}_{c}} \right|=\left| -\frac{}{t} \right|=\left| -\frac{NS\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right).B}{t} \right|=\left| -1000.\pi \frac{0,{{1}^{2}}}{4}.\cos 0{}^\circ .0,01 \right|=0,025\pi \) (V).

c) ĐÚNG

     Điện trở của ống dây dẫn: \(R=\rho .\frac{\ell }{S}=\rho .\frac{N.\pi d}{\pi \frac{{{d}^{2}}}{4}}=\frac{4\rho N}{d}=\frac{4.1,{{75.10}^{-8}}.1000}{0,1}={{7.10}^{-4}}\) W.

     Khi chấu 0 thông với chấu 1 thì công suất tỏa nhiệt trong ống dây dẫn là:

\(\mathcal{P}={{i}_{c}}^{2}.R={{\left( \frac{{{e}_{c}}}{R} \right)}^{2}}.R=\frac{{{e}_{c}}^{2}}{R}=\frac{{{\left( 0,025\pi  \right)}^{2}}}{{{7.10}^{-4}}}\approx 8,8~W\).

d) ĐÚNG

     Khi chấu 0 thông với chấu 2 thì tụ điện được tích điện.

     Năng lượng mà tụ điện tích được là:

\(W=\frac{1}{2}.C.{{e}_{c}}^{2}=\frac{1}{2}{{.10.10}^{-6}}.{{\left( 0,025\pi  \right)}^{2}}\approx 3,{{1.10}^{-8}}\) (J).

a) ĐÚNG

     Dựa vào đồ thị ta xác định được khoảng thời gian để độ phóng xạ của mẫu chất giảm đi một nửa (hay một nửa số hạt nhân của mẫu phóng xạ phân rã) là 1,8 giờ.

     Vậy chu kì bán rã của chất phóng xạ này là 1,8 giờ.

b) SAI

     Tại thời điểm \(t=0\) s, số hạt nhân có chứa trong mẫu chất phóng xạ đó:

\({{H}_{0}}={{N}_{0}}=\frac{\ln 2}{T}.{{N}_{0}}\) $\iff$ \({{N}_{0}}=\frac{T.{{H}_{0}}}{\ln 2}=\frac{1,{{8.3600.80.10}^{3}}}{\ln 2}\approx 7,{{48.10}^{8}}\) hạt nhân.

c) SAI

     Số hạt positron được phát ra bằng số hạt nhân của mẫu chất phóng xạ đã phân rã. Trong 3,6 giờ đầu, số hạt positron đã được mẫu chất phóng xạ đó phát ra là:

\(N={{N}_{0}}\left( 1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}} \right)=\frac{T.{{H}_{0}}}{\ln 2}.\left( 1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}} \right)=\frac{1,{{8.3600.80.10}^{3}}}{\ln 2}.\left( 1-{{2}^{-\frac{3,6}{1,8}}} \right)\approx 5,{{6.10}^{8}}\) hạt positron.

d) SAI

     Sau 9 giờ kể từ thời điểm ban đầu, ta có:

\(\frac{{{N}_{t}}}{{{N}_{0}}}={{2}^{-\frac{{{t}_{2}}}{T}}}={{2}^{-\frac{9}{1,8}}}=\frac{1}{32}\) $\iff$ \({{N}_{t}}=\frac{1}{32}{{N}_{0}}\)

Áp dụng phương trình Clapeyron: \(pV=\frac{m}{M}RT\) $\iff$ \(T=\frac{pVM}{mR}=\frac{8.101325.3,{{6.10}^{-3}}.4}{4.8,31}\)

Động năng tịnh tiến trung bình của các nguyên tử khí helium:

\(\overline{{{E}_{}}}=\frac{3}{2}kT=\frac{3}{2}.\frac{R}{{{N}_{A}}}.\frac{pVM}{mR}=\frac{3pVM}{2{{N}_{A}}m}=\frac{3.8.101325.3,{{6.10}^{-3}}.4}{2.6,{{02.10}^{23}}.4}\approx 7,{{27.10}^{-21}}\) J.

Vậy x = 7,27