Câu hỏi:

 Gọi x% và y% lần lượt là tỉ lệ phần trăm của \({}_{10}^{20}\text{Ne}\) và \({}_{10}^{22}\text{Ne}\) có trong neon thiên nhiên.

(\(0<\text{x}<100\);\(0<\text{y}<100\)).

Khối lượng của neon là 20,179 amu, nên ta có:

\(20.\text{x }\!\!%\!\!\text{ }+22.\text{y }\!\!%\!\!\text{ }+21.0,26\text{ }\!\!%\!\!\text{ }=20,179\) $\to$ \(20.\text{x}+22.\text{y}=2012,44\) (1)

Neon thiên nhiên có ba thành phần là \({}_{10}^{20}\text{Ne}\); \({}_{10}^{21}\text{Ne}\) và \({}_{10}^{22}\text{Ne}\), nên ta có:

\(\text{x}+\text{y}+0,26=100\) $\to$ \(\text{x}+\text{y}=99,74\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{matrix}

   20.x+22.y=2012,44  \\

   x+y=99,74  \\

\end{matrix} \right.\) $\iff$ \(\left\{ \begin{matrix}

   x=\frac{2273}{25}\approx 90,92  \\

   y=\frac{441}{50}\approx 8,82  \\

\end{matrix} \right.\)

Vậy tỉ lệ phần trăm của các thành phần \({}_{10}^{20}\text{Ne}\) và \({}_{10}^{22}\text{Ne}\) lần lượt là 90,92% và 8,82%.

Số nguyên tử \({}_{2}^{4}\text{He}\) được tạo thành từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân là:

\(\text{N}=\frac{\text{m}}{\text{M}}.{{\text{N}}_{\text{A}}}=\frac{200}{4}.6,{{02.10}^{23}}=3,{{01.10}^{25}}\) nguyên tử.

Tổng năng lượng tỏa ra của các phản ứng nhiệt hạch là:

\(3,{{01.10}^{25}}.17,{{6.10}^{6}}.1,{{6.10}^{-19}}=8,{{47616.10}^{13}}\) (J).

Tổng năng lượng tỏa ra từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân là:

\(2,{{8.10}^{10}}+8,{{47616.10}^{13}}\) (J).

Lượng thuốc nổ TNT cháy hoàn toàn để có năng lượng tỏa ra bằng với năng lượng tỏa ra từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân đã cho là:

\(\frac{2,{{8.10}^{10}}+8,{{47616.10}^{13}}}{4,{{2.10}^{9}}}=20\text{ }\!\!~\!\!\text{ }188\) tấn.

a) SAI

Nhiệt lượng do ấm cung cấp từ thời điểm ban đầu đến thời điểm nước bắt đầu sôi là:

\(\text{Q}=\mathcal{P}.=2100.10.60=1\text{ }\!\!~\!\!\text{ }260\text{ }\!\!~\!\!\text{ }000\) J.

b) SAI

Do bỏ qua sự truyền nhiệt ra môi trường nên nhiệt lượng ấm tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu vào.

Trong khoảng thời gian từ \(=0\) đến \(_{1}=1\) phút, ta có:

\(\mathcal{P}.\left( _{1}- \right)={{\text{m}}_{1}}.\text{c}.\left( {{\text{t}}_{1}}-{{\text{t}}_{0}} \right)\)

$\to$ \(2100.\left( 1.60-0 \right)={{\text{m}}_{1}}.4200.\left( 40-20 \right)\)

$\to$ \({{\text{m}}_{1}}=1,5\) kg.

Lượng nước có sẵn trong ấm là 1,5 kg.

Trong khoảng thời gian từ \(_{2}=5\) phút đến thời điểm \(_{3}\) nước trong ấm bắt đầu sôi, ta có:

\(\mathcal{P}.\left( _{3}{{-}_{2}} \right)=\left( {{\text{m}}_{1}}+{{\text{m}}_{2}} \right).\text{c}.\left( 100-{{\text{t}}_{2}} \right)\)

$\to$ \(2100.5.60=\left( 1,5+{{\text{m}}_{2}} \right).4200.\left( 100-60 \right)\)

$\to$ \({{\text{m}}_{2}}=2,25\) kg.

Lượng nước được thêm vào ấm là 2,25 kg.

c) ĐÚNG

Trong khoảng thời gian từ \(_{1}=1\) phút đến \(_{2}=5\) phút, ta có:

\(\mathcal{P}.\left( _{2}{{-}_{1}} \right)={{\text{m}}_{1}}.\text{c}.\left( {{\text{t}}_{2}}-{{\text{t}}_{1}} \right)+{{\text{m}}_{2}}.\text{c}.\left( {{\text{t}}_{2}}-{{\text{t}}_{\text{x}}} \right)\)

$\to$ \(2100.\left( 5.60-1.60 \right)=1,5.4200.\left( 60-40 \right)+2,25.4200.\left( 60-{{\text{t}}_{\text{x}}} \right)\)

$\to$ \({{\text{t}}_{\text{x}}}=20\).

d) SAI

Sau khi bạn học sinh lấy ra 3 kg nước thì lượng nước còn lại trong ấm là \(1,5+2,25-3=0,75\) kg.

Thời gian để lượng nước còn lại hóa hơi hoàn toàn là:

\(\mathcal{P}.\text{t}=\text{L}.\text{m}\) $\to$ \(2100.\text{t}=2,{{3.10}^{6}}.0,75\) Û \(\text{t}=\frac{5750}{7}\) s \(\approx 13,7\) phút.

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).