Câu hỏi:

a) ĐÚNG

Từ thông sinh ra từ cuộn dây sơ cấp với từ thông qua mỗi vòng dây là \(_{0}.\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\) sẽ được lõi thép truyền qua nguyên vẹn qua mỗi vòng của cuộn thứ cấp và làm xuất hiện dòng điện cảm ứng. Dòng điện cảm ứng là dòng điện xoay chiều (vì \({{i}_{c}}=\frac{{{e}_{c}}}{R}\) với \({{e}_{c}}=-\frac{d}{dt}\)).

b) ĐÚNG

Từ thông xuyên qua \({{N}_{2}}\) vòng dây của cuộn thứ cấp là:

\(_{2}\left( t \right)={{N}_{2}}{{.}_{0}}.\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\) (Wb).

Theo định luật Faraday, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là:

\({{e}_{2}}=-\frac{{{d}_{2}}\left( t \right)}{dt}={{N}_{2}}{{.}_{0}}.\omega \sin \left( \omega t+\varphi  \right)\) (V).

c) ĐÚNG

Theo định luật Faraday, suất điện động xuất hiện trong cuộn dây sơ cấp là:

\({{e}_{1}}=-\frac{{{d}_{1}}\left( t \right)}{dt}={{N}_{1}}{{.}_{0}}.\omega \sin \left( \omega t+\varphi  \right)\) (V).

Mà: \({{e}_{2}}=-\frac{{{d}_{2}}\left( t \right)}{dt}={{N}_{2}}{{.}_{0}}.\omega \sin \left( \omega t+\varphi  \right)\) (V).

Suy ra: \(\frac{{{e}_{1}}}{{{e}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}\)

Do bỏ qua điện trở của dây dẫn trong hai cuộn dây nên \({{E}_{1}}={{U}_{1}}\) và \({{E}_{2}}={{U}_{2}}\). Khi đó ta có:

\(\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}\)

Nếu \({{N}_{1}}<{{N}_{2}}\) thì \({{U}_{1}}<{{U}_{2}}\) và \({{U}_{2}}=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}.{{U}_{1}}\); máy biến áp này có chức năng là tăng áp lên \(\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}\) lần.

d) SAI

Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện được xác định bằng biểu thức:

\({{\mathcal{P}}_{hp}}={{I}^{2}}.R=\frac{{{\mathcal{P}}_{ph\acute{a}t}}^{2}}{{{U}_{ph\acute{a}t}}^{2}}.R\)

Nếu dùng máy biến áp có \({{N}_{2}}=n.{{N}_{1}}\) để thay đổi giá trị điện áp trước khi truyền tải đi xa thì \({{U}_{2}}=n.{{U}_{1}}\) hay \({{U}_{ph\acute{a}t}}\) tăng n lần.

 Khi \({{U}_{ph\acute{a}t}}\) tăng n lần thì công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện sẽ giảm n2 lần.

a) ĐÚNG

     Nguyên tử \({}_{20}^{43}Ca\) và \({}_{20}^{42}Ca\) đều là đồng vị của nguyên tử \({}_{20}^{40}Ca\) vì chúng có cùng số proton (20 proton) trong hạt nhân.

b) ĐÚNG

Độ hụt khối của hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) là:

\({{m}_{{}_{20}^{43}Ca}}=20.1,007276+\left( 43-20 \right).1,008665-42,958770=0,386045\) amu.

Độ hụt khối của hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\) là:

\({{m}_{{}_{20}^{42}Ca}}=20.1,007276+\left( 42-20 \right).1,008665-41,958622=0,377528\) amu.

Vậy, độ hụt khối của hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) lớn hơn độ hụt khối của hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\).

c) ĐÚNG

Năng lượng liên kết của hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) là:

\({{E}_{l{{k}_{{}_{20}^{43}Ca}}}}={{m}_{{}_{20}^{43}Ca}}.{{c}^{2}}=0,386045~amu.{{c}^{2}}=0,386045.931,5~MeV\approx 359,6~MeV=5,{{7536.10}^{-11}}\) J.

Năng lượng liên kết của hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\) là:

\({{E}_{l{{k}_{{}_{20}^{42}Ca}}}}={{m}_{{}_{20}^{42}Ca}}.{{c}^{2}}=0,377528~amu.{{c}^{2}}=0,377528.931,5~MeV\approx 351,7~MeV=5,{{6272.10}^{-11}}\) J.

Vậy, năng lượng liên kết của hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) lớn hơn năng lượng liên kết của hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\) một lượng \(5,{{7536.10}^{-11}}-5,{{6272.10}^{-11}}\approx 1,{{3.10}^{-12}}\) J.

d) SAI

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) là:

\({{E}_{lk{{r}_{{}_{20}^{43}Ca}}}}=\frac{{{E}_{l{{k}_{{}_{20}^{43}Ca}}}}}{{{A}_{{}_{20}^{43}Ca}}}=\frac{359,6}{43}\approx 8,363\) MeV/nucleon.

 Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\) là:

\({{E}_{lk{{r}_{{}_{20}^{42}Ca}}}}=\frac{{{E}_{l{{k}_{{}_{20}^{42}Ca}}}}}{{{A}_{{}_{20}^{42}Ca}}}=\frac{351,7}{42}\approx 8,374\) MeV/nucleon.

 \({{E}_{lk{{r}_{{}_{20}^{43}Ca}}}}<{{E}_{lk{{r}_{{}_{20}^{42}Ca}}}}\)

Vậy, hạt nhân \({}_{20}^{43}Ca\) kém bền vững hơn hạt nhân \({}_{20}^{42}Ca\).

Khối lượng nước chứa trong ấm: \({{m}_{n}}={{D}_{n}}.{{V}_{n}}=1000.1,{{4.10}^{-3}}=1,4\) kg.

Nhiệt lượng ấm nước thu vào trong 30 phút để ấm và nước tăng nhiệt độ đến nhiệt độ sôi của nước 100 °C (thấp hơn nhiệt độ nóng chảy của ấm nhôm) và làm hóa hơi 25% lượng nước trong ấm. Ta có:

\({{Q}_{thu}}={{m}_{a}}.{{c}_{nh}}.T+{{m}_{n}}.{{c}_{n}}.T+.25%.{{m}_{n}}\).

$\iff$ \({{Q}_{thu}}=0,5.880.\left( 100-25 \right)+1,4.4200.\left( 100-25 \right)+2,{{26.10}^{6}}.25%.1,4=1~265~000\) J.

 Nhiệt lượng bếp điện đã cung cấp trong 30 phút là:

\(H=\frac{{{A}_{c\acute{o}~\acute{i}ch}}}{{{A}_{to\grave{a}n~phn}}}.100%=\frac{{{Q}_{thu}}}{{{Q}_{ta}}}.100%\) $\iff$ \({{Q}_{ta}}=\frac{{{Q}_{thu}}.100%}{H}=\frac{1265000.100%}{80%}=1~581~250\) J.

Nhiệt lượng trung bình mà bếp điện cung cấp cho ấm nước trong mỗi giây là: \(\frac{1581250}{30.60}\approx 880\) J.

Trạng thái 1 (khối khí ở điều kiện tiêu chuẩn): \({{p}_{1}}=1\) atm; \({{T}_{1}}=273\) K; \({{V}_{1}}=\frac{m}{D}=\frac{2,86}{1,43}=2\) m³.

Trạng thái 2 (khối khí ở trong bình): \({{p}_{2}}\le 60~atm\); \({{T}_{2}}\) (K); \({{V}_{2}}={{40.10}^{-3}}\) m³.

Xét cùng một lượng khí nên ta có: \(\frac{{{p}_{1}}.{{V}_{1}}}{{{T}_{1}}}=\frac{{{p}_{2}}.{{V}_{2}}}{{{T}_{2}}}\) $\iff$ \({{p}_{2}}=\frac{{{p}_{1}}.{{V}_{1}}.{{T}_{2}}}{{{V}_{2}}.{{T}_{1}}}=\frac{1.2.{{T}_{2}}}{{{40.10}^{-3}}.273}=\frac{50}{273}.{{T}_{2}}\) (atm).

Mà, bình chỉ chịu được áp suất không quá 60 atm (\({{p}_{2}}\le 60\) atm).

Suy ra: \(\frac{50}{273}.{{T}_{2}}\le 60\) $\iff$ \({{T}_{2}}\le 327,6\) K hay \(~{{T}_{2}}\le 54,6~\).

Vậy khi nhiệt độ của bình và khối khí trên 54,6 °C thì bình có thể bị nổ (x = 54,6).

Từ thông xuyên qua tiết diện của cuộn dây dẫn là:

\(=NBS.\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right)\) $\iff$ \(_{max}=N.{{B}_{max}}.S.\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right)\)

$\iff$ \({{B}_{max}}=\frac{_{max}}{N.S.\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right)}=\frac{5}{{{2025.50.10}^{-4}}.\cos 0{}^\circ }\approx 0,49\) T.