Câu hỏi:

a) ĐÚNG

Khối khí nhận nhiệt lượng nên nở ra và đẩy pit tông di chuyển từ trạng thái nghỉ (\({{\text{v}}_{0}}=0\) m/s) với gia tốc 5 m/s².

Vậy khối khí nở ra và đẩy pit tông chuyển động thẳng nhanh dần đều.

b) SAI

Lực (\(\text{\vec{F}}\)) do khối khí tác dụng lên pit tông là:

Áp dụng định luật II Newton, ta có:

\(\text{\vec{F}}+\overrightarrow{{{\text{F}}_{0}}}+\overrightarrow{{{\text{F}}_{\text{ms}}}}=\text{m}.\text{\vec{a}}\)

Chọn chiều dương là chiều chuyển động nên ta có:

\(\text{F}-{{\text{F}}_{0}}-{{\text{F}}_{\text{ms}}}=\text{m}.\text{a}\)

$\to$\(\text{F}=\text{m}.\text{a}+{{\text{F}}_{0}}+{{\text{F}}_{\text{ms}}}=\text{m}.\text{a}+{{\text{p}}_{0}}.\text{S}+{{\text{F}}_{\text{ms}}}\)

$\to$ \(\text{F}=0,2.5+{{10}^{5}}{{.25.10}^{-4}}+20=271\) (N).

Công mà khối khí đã thực hiện để pit tông di chuyển 5 cm là:

\(\text{A}=\text{F}.\text{s}.\cos \left( \text{\vec{F}};\text{\vec{d}} \right)=271.0,05.\cos 0{}^\circ =13,55\) (J).

c) ĐÚNG

 Nếu nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí để đẩy pit tông di chuyển 5 cm như trên là 30 J thì độ biến thiên nội năng của khối khí là \(\text{U}=\text{A}+\text{Q}=-13,55+30=16,45\) (J).

d) SAI

Do khối khí được cung cấp nhiệt một cách đều đặn nên pit tông luôn chuyển động với gia tốc 5 m/s² và áp suất của khối khí không đổi.

Trong quá trình pit tông tiếp tục di chuyển đến miệng ống xi lanh, ta có:

\(\frac{{{\text{V}}_{1}}}{{{\text{T}}_{1}}}=\frac{{{\text{V}}_{2}}}{{{\text{T}}_{2}}}\) Û \(\frac{\left( 15+5 \right)\text{S}}{{{\text{T}}_{1}}}=\frac{\left( 15+15 \right)\text{S}}{{{\text{T}}_{2}}}\) $\iff$ \(\frac{{{\text{T}}_{2}}}{{{\text{T}}_{1}}}=1,5\).

a) ĐÚNG

Từ thông xuyên qua tiết diện S của khung dây dẫn là \(=\text{NBS}.\cos \left( \text{\vec{n}};\text{\vec{B}} \right)\)

Tại thời điểm \(\text{t}=0\) s, ta có \(\text{B}=0\) T nên \(=0\) Wb.

Vậy tại thời điểm \(\text{t}=0\) s, không có từ thông xuyên qua tiết diện của khung dây dẫn.

b) SAI

Khi độ lớn cảm ứng từ của từ trường thay đổi thì từ thông xuyên qua tiết diện của khung dây dẫn biến thiên và sinh ra dòng điện cảm ứng trong khung dây làm cho đèn sáng.

Dựa vào đồ thị đã cho ta xác định được tổng thời gian đèn sáng trong quá trình thay đổi độ lớn cảm ứng từ đã cho là 3 s.

c) ĐÚNG

Diện tích khung dây dẫn là \(\text{S}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }.{{\text{d}}^{2}}}{4}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }.0,{{05}^{2}}}{4}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{1600}\) m².

Trong khoảng thời gian từ \(\text{t}=0\) s đến \(\text{t}=1\) s, suất điện động cảm ứng và cường độ dòng điện sinh ra trong khung dây dẫn có độ lớn lần lượt là:

\(\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|=\left| -\frac{}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{\text{N}.\text{B}.\text{S}.\cos \left( \text{\vec{n}};\text{\vec{B}} \right)}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{{{1.500.10}^{-3}}.\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{1600}.\cos 0{}^\circ }{1} \right|=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3200}\) (V).

và \(\left| {{\text{i}}_{1}} \right|=\frac{\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|}{{{\text{R}}_{1}}+{{\text{R}}_{2}}}=\frac{\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3200}}{1+0,5}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{4800}\) (A).

Trong khoảng thời gian từ \(\text{t}=3\) s đến \(\text{t}=4\) s, suất điện động cảm ứng và cường độ dòng điện sinh ra trong khung dây dẫn có độ lớn lần lượt là:

\(\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|=\left| -\frac{}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{\text{N}.\text{B}.\text{S}.\cos \left( \text{\vec{n}};\text{\vec{B}} \right)}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{1.\left( -350 \right){{.10}^{-3}}.\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{1600}.\cos 0{}^\circ }{1} \right|=\frac{7\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{32000}\) (V).

và \(\left| {{\text{i}}_{2}} \right|=\frac{\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|}{{{\text{R}}_{1}}+{{\text{R}}_{2}}}=\frac{\frac{7\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{32000}}{1+0,5}=\frac{7}{10}.\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{4800}\) (A).

Do \(\left| {{\text{i}}_{1}} \right|>\left| {{\text{i}}_{2}} \right|\) nên độ sáng của đèn trong khoảng thời gian từ t = 0 s đến t = 1 s mạnh hơn độ sáng của đèn trong khoảng thời gian từ t = 3 s đến t = 4 s.

d) SAI

Cường độ dòng điện cảm ứng sinh ra trong khung dây dẫn ở 1 giây cuối có độ lớn là:

\(\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|=\left| -\frac{}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{\text{N}.\text{B}.\text{S}.\cos \left( \text{\vec{n}};\text{\vec{B}} \right)}{\text{t}} \right|=\left| -\frac{1.\left( -150 \right){{.10}^{-3}}.\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{1600}.\cos 0{}^\circ }{1} \right|=\frac{3\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{32000}\) (V).

\(\left| {{\text{i}}_{3}} \right|=\frac{\left| {{\text{e}}_{\text{c}}} \right|}{{{\text{R}}_{1}}+{{\text{R}}_{2}}}=\frac{\frac{3\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{32000}}{1+0,5}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{16000}\) (A).

Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn trong một giây cuối cùng của quá trình thay đổi độ lớn cảm ứng từ là:

\(\text{Q}={{\left| {{\text{i}}_{3}} \right|}^{2}}.{{\text{R}}_{2}}.\text{t}={{\left( \frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{16000} \right)}^{2}}.0,5.1\approx 1,{{93.10}^{-8}}\) (J).

a) ĐÚNG

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là:

\(\text{U}=\frac{{{\text{U}}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{12.\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=12\) (V).

b) SAI

Chu kì biến thiên của điện áp xoay chiều: \(\text{T}={{100.10}^{-3}}=0,1\) (s).

$\iff$ \(\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }=\frac{2\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{T}}=\frac{2\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{0,1}=20\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\) (rad/s).

Pha ban đầu của điện áp xoay chiều:

Tại t = 0 s, ta có: \(\cos {{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{u}}}=\frac{\text{u}}{{{\text{U}}_{0}}}=\frac{0}{12\sqrt{2}}=0\) $\iff$ \({{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{u}}}=\pm \frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{2}\) (rad).

Do giá trị điện áp tức thời đang tăng nên \({{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{u}}}=-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{2}\) (rad).

Biểu thức điện áp xoay chiều giữa hai đầu đoạn mạch:

\(\text{u}=12\sqrt{2}\cos \left( 20\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ t}-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{2} \right)\) (V).

c) SAI

Cường độ dòng điện chạy trong đoạn mạch có giá trị hiệu dụng là:

\(\text{I}=\frac{\text{U}}{\text{R}}=\frac{12}{15}=0,8\) (A).

d) ĐÚNG

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R trong 1 phút là:

\(\text{Q}={{\text{I}}^{2}}\text{Rt}=0,{{8}^{2}}.15.1.60=576\) (J).

Ở nhiệt độ \({{\text{t}}_{1}}\) thì lực \({{\text{F}}_{1}}\) do khối khí trong bình tác dụng lên pit tông bằng tổng lực đàn hồi \({{\text{F}}_{\text{h}1}}\) của lò xo lúc này và áp lực của khí quyển \({{\text{F}}_{\text{kq}}}\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\):

\({{\text{F}}_{1}}={{\text{F}}_{\text{h}1}}+{{\text{F}}_{\text{kq}}}\) (1)

Ở nhiệt độ \({{\text{t}}_{2}}\) thì lực \({{\text{F}}_{2}}\) do khối khí tác dụng lên pit tông bằng tổng lực đàn hồi \({{\text{F}}_{\text{h}2}}\) của lò xo lúc này và áp lực của khí quyển Fkq:

\({{\text{F}}_{2}}={{\text{F}}_{\text{h}2}}+{{\text{F}}_{\text{kq}}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \({{\text{F}}_{2}}-{{\text{F}}_{1}}={{\text{F}}_{\text{h}2}}-{{\text{F}}_{\text{h}1}}=\text{k}.\ell \) (*)

     Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí ở trạng thái đầu, ta có:

\({{\text{p}}_{1}}.\text{V}=\text{n}.\text{R}.{{\text{T}}_{1}}\) Û \({{\text{p}}_{1}}=\frac{\text{n}.\text{R}.{{\text{T}}_{1}}}{\text{V}}=\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{1}}}{\text{V}}\)

     Suy ra: \({{\text{F}}_{1}}={{\text{p}}_{1}}.\text{S}=\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{1}}}{\text{V}}.\text{S}\) (3)

     Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí ở trạng thái sau, ta có:

\({{\text{p}}_{2}}.\text{V}=\text{n}.\text{R}.{{\text{T}}_{2}}\) Û \({{\text{p}}_{2}}=\frac{\text{n}.\text{R}.{{\text{T}}_{2}}}{\text{V}}=\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{2}}}{\text{V}}\)

Suy ra: \({{\text{F}}_{2}}={{\text{p}}_{2}}.\text{S}=\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{2}}}{\text{V}}.\text{S}\) (4)

Thế (3) và (4) và (*) ta được: \(\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{2}}}{\text{V}}.\text{S}-\frac{2.\text{R}.{{\text{T}}_{1}}}{\text{V}}.\text{S}=\text{k}.\ell \)

$\to$ \({{\text{T}}_{2}}={{\text{T}}_{1}}+\frac{\text{k}.\ell .\text{V}}{2\text{R}.\text{S}}\)

$\to$ \({{\text{t}}_{2}}={{\text{t}}_{1}}+\frac{\text{k}.\ell .\text{V}}{2\text{R}.\text{S}}\)

Vậy nhiệt độ của khối khí trong bình cầu tại thời điểm khí bắt đầu thoát ra ngoài là:

\({{\text{t}}_{2}}=27+\frac{{{100.8.10}^{-2}}{{.9.10}^{-3}}}{2.8,{{31.40.10}^{-4}}}\approx 29\)

Áp dụng phương trình Clapeyron cho lượng khí oxygen trong bình ở trạng thái trước khi sử dụng, ta có:

\({{\text{p}}_{0}}.{{\text{V}}_{0}}=\frac{{{\text{m}}_{0}}}{\text{M}}.\text{R}.{{\text{T}}_{0}}\) $\Rightarrow$ \({{\text{m}}_{0}}=\frac{\text{M}.{{\text{p}}_{0}}.{{\text{V}}_{0}}}{\text{R}.{{\text{T}}_{0}}}\)

Áp dụng phương trình Clapeyron cho lượng khí oxygen trong bình ở trạng thái sau khi sử dụng, ta có:

\(\text{p}.\text{V}=\frac{\text{m}}{\text{M}}.\text{R}.\text{T}\)

 $\Rightarrow$  \(\text{m}=\frac{\text{M}.\text{p}.\text{V}}{\text{RT}}\)

Lượng khí oxygen đã sử dụng là:

\(\text{m}={{\text{m}}_{0}}-\text{m}=\frac{\text{M}.{{\text{p}}_{0}}.{{\text{V}}_{0}}}{\text{R}.{{\text{T}}_{0}}}-\frac{\text{M}.\text{p}.\text{V}}{\text{RT}}=\frac{32.1,{{5.10}^{7}}{{.10.10}^{-3}}}{8,31.\left( 25+273 \right)}-\frac{{{32.3.10}^{6}}{{.10.10}^{-3}}}{8,31.\left( 20+273 \right)}=1\text{ }\!\!~\!\!\text{ }544\) (g).