Câu hỏi:

 Theo câu 8, ta có suất điện động xuất hiện trong khung dây là:

\({{e}_{c}}=NBS.\sin \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (V).

Cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn kín là:

\({{i}_{c}}=\frac{{{e}_{c}}}{R}=\frac{NBS}{R}.\sin \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (A).

Vậy, cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong khung dây dẫn kín là:

\(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{NBS}{R.\sqrt{2}}=\frac{{{E}_{0}}}{R.\sqrt{2}}=\frac{4,8\pi }{1,2.\sqrt{2}}=2\sqrt{2}.\pi \) (A).

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ \({{I}_{1}}\) gây ra là:

\({{B}_{1}}=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{1}}}{{{R}_{1}}}=2.3,{{14.10}^{-7}}.\frac{5}{0,08}=39,{{25.10}^{-6}}\) T.

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ \({{I}_{2}}\) gây ra là:

\({{B}_{2}}=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{2}}}{{{R}_{2}}}=2.3,{{14.10}^{-7}}.\frac{5}{0,16}=19,{{625.10}^{-6}}\) T.

 Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do hai dòng điện trên gây ra là:

\(\vec{B}=\overrightarrow{{{B}_{1}}}+\overrightarrow{{{B}_{2}}}\)

 Do \(\overrightarrow{{{B}_{1}}}\) và \(\overrightarrow{{{B}_{2}}}\) ngược hướng (như hình vẽ) nên:

\(B=\left| {{B}_{1}}-{{B}_{2}} \right|=\left| 39,{{25.10}^{-6}}-19,{{625.10}^{-6}} \right|=19,{{625.10}^{-6}}\) T.

Giả sử \({{t}_{1}}>{{t}_{2}}\). Sau khi lớp ngăn được phá vỡ thì diễn ra sự truyền nhiệt từ phần chất lỏng thứ nhất sang phần chất lỏng thứ 2 cho đến khi xảy ra cân bằng nhiệt. Khi đó ta có:

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

$\iff$ \(\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{{{c}_{2}}.\left( t-{{t}_{2}} \right)}{{{c}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-t \right)}\)   (1)

    Mà: \(3\left( {{t}_{1}}-t \right)={{t}_{1}}-{{t}_{2}}\) $\iff$ \(3{{t}_{1}}-3t={{t}_{1}}-{{t}_{2}}\)

$\iff$ \(2{{t}_{1}}-2t=t-{{t}_{2}}\)

$\iff$ \(2\left( {{t}_{1}}-t \right)=t-{{t}_{2}}\)   (2)

    Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{{{c}_{2}}.2\left( {{t}_{1}}-t \right)}{{{c}_{1}}.\left( {{t}_{1}}-t \right)}=2.\frac{{{c}_{2}}}{{{c}_{1}}}\).

    Kết quả trên vẫn đúng với trường hợp \({{t}_{1}}<{{t}_{2}}\).

Trong quá trình biến đổi trạng thái của khối khí trên, mối liên hệ giữa p và V được xác định bởi biểu thức: \(p=a.V+b\).

Từ đồ thị, ta có: 

$\iff$ \(p=-{{2.10}^{7}}.V+{{8.10}^{5}}\)

$\iff$ \(p.V=-{{2.10}^{7}}.{{V}^{2}}+{{8.10}^{5}}.V\)

Mà: \(p.V=n.R.T=1.8,31.T\) (phương trình Clapeyron)

     Suy ra: \(-{{2.10}^{7}}.{{V}^{2}}+{{8.10}^{5}}.V=8,31.T\) $\iff$ \(T=\frac{-{{2.10}^{7}}}{8,31}.{{V}^{2}}+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}.V\)

$\iff$ \({T}'=\frac{-{{4.10}^{7}}}{8,31}.V+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}=0\) $\iff$ \(V=0,02~{{m}^{3}}\)

$\iff$\({{T}_{max}}=\frac{-{{2.10}^{7}}}{8,31}.0,{{02}^{2}}+\frac{{{8.10}^{5}}}{8,31}.0,02=\frac{{{8.10}^{5}}}{831}~K\approx 963~K\).

 Khi thanh nam châm đang rơi vào lòng ống dây thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trong ống dây chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ (nhìn từ trên xuống). Khi đó, dòng điện chạy qua mạch ngoài có chiều từ B đến A nên đèn led \({{}_{2}}\) sáng, đèn led \({{}_{1}}\) tắt.

     Khi thanh nam châm đang rơi ra khỏi lòng ống dây thì d òng điện cảm ứng xuất hiện trong ống dây chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ (nhìn từ trên xuống). Khi đó, dòng điện chạy qua mạch ngoài có chiều từ A đến B nên đèn led \({{}_{1}}\) sáng, đèn led \({{}_{2}}\) tắt.