Câu hỏi:

a) SAI

Từ đồ thị, ta xác định được nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 0 °C đến 100 °C là 840 kJ.

Khối lượng nước đá ban đầu bằng khối lượng nước thu được từ lượng nước đá nóng chảy hoàn toàn, ta có:

\({{Q}_{t}}=m.c.T\) Û \(m=\frac{Q}{c.T}=\frac{840000}{4200.100}=2\) kg.

Nhiệt lượng nước đá nhận vào để nóng chảy hoàn toàn là

\({{Q}_{nc}}=.m=3,{{34.10}^{5}}.2=668~000\) J.

b) ĐÚNG

 Khối lượng nước đá ban đầu là \(m=2\) kg.

c) SAI

Nhiệt lượng nước nhận vào để hóa hơi hoàn toàn (tính từ thời điểm nước bắt đầu sôi) là

\({{Q}_{hh}}=L.m=2,{{3.10}^{6}}.2=4~600~000\) J.

d) SAI

Nhiệt lượng đã cung cấp cho nước đá để nóng chảy hoàn toàn, tăng nhiệt độ đến nhiệt độ sôi và hóa hơi hoàn toàn là Q = 668 000 + 840 000 + 4 600 000 = 6 108 000 J.

Nếu công suất của ấm điện là 1 000 W thì khoảng thời gian từ thời điểm bắt đầu đun đến thời điểm nước vừa hóa hơi hoàn toàn là

\(t=\frac{Q}{\mathcal{P}}=\frac{6~108~000}{1000}=6~108\) giây.

a) ĐÚNG

     Số mol khí chứa trong mỗi lốp xe là

\({{p}_{1}}.{{V}_{1}}={{n}_{1}}.R.{{T}_{1}}\) (phương trình Clapeyron) Û \({{n}_{1}}=\frac{{{p}_{1}}.{{V}_{1}}}{R.{{T}_{1}}}=\frac{{{240.10}^{3}}{{.120.10}^{-3}}}{8,31.\left( 27+273 \right)}=\frac{3~200}{277}\approx 11,6\) mol.

b) SAI

     Do thể tích và số mol của khối khí chứa trong mỗi lốp xe không đổi nên ta có:

\(\frac{{{p}_{1}}}{{{T}_{1}}}=\frac{{{p}_{2}}}{{{T}_{2}}}~{{p}_{2}}=\frac{{{T}_{2}}.{{p}_{1}}}{{{T}_{1}}}=\frac{\left( ~45+273 \right){{.240.10}^{3}}}{27+273}=254,4~kPa\).

Áp suất của khối khí trong mỗi lốp xe khi xe “dừng chân” ở Cam Lộ - Quảng Trị là 254,4 kPa.

Động năng tinh tiến trung bình của mỗi phân tử khí khi đó là

\({{W}_{}}=\frac{3}{2}k{{T}_{2}}=\frac{3}{2}.\frac{R}{{{N}_{A}}}.{{T}_{2}}=\frac{3}{2}.\frac{8,31}{6,{{02.10}^{23}}}.\left( 45+273 \right)\approx 6,{{58.10}^{-21}}\) J.

c) ĐÚNG

     Trong quá trình chuyển động, lốp xe chịu tác dụng của lực ma sát với mặt đường, lốp xe bị biến dạng liên tục nên lốp xe nhận công và làm tăng nội năng của nó (và khối khí trong lốp xe) làm nhiệt độ tăng lên. Ngoài ra, trong quá trình chuyển động lốp xe còn hấp thụ nhiệt từ mặt trời (nhận nhiệt lượng) làm tăng nội năng của nó (và khối khí trong lốp xe) làm tăng nhiệt độ của nó.

     Từ những nguyên nhân trên làm cho nhiệt độ lốp xe (và khối khí trong lốp xe) tăng lên và cao hơn nhiệt độ ngoài trời và bề mặt đường.

d) ĐÚNG

Số mol của khối khí còn lại trong lốp xe sau khi xả bỏ một lượng khí là

\({{p}_{3}}.{{V}_{3}}={{n}_{3}}.R.{{T}_{3}}\) $\iff$ \({{n}_{3}}=\frac{{{p}_{3}}.{{V}_{3}}}{R.{{T}_{3}}}=\frac{{{p}_{3}}.{{V}_{1}}}{R.{{T}_{3}}}=\frac{{{240.10}^{3}}{{.120.10}^{-3}}}{8,31.\left( 65+273 \right)}=\frac{480~000}{46~813}\) mol.

Lượng khí đã xả ra để giảm áp suất khối khí còn 240 kPa là

\({{n}_{1}}-{{n}_{3}}=\frac{3~200}{277}-\frac{480~000}{46~813}\approx 1,3\) mol.

a) ĐÚNG

     Tại thời điểm ban đầu t = 0, ta có: \(\left( \vec{n};\vec{B} \right)={{\varphi }_{0}}\) (rad).

     Tại thời điểm t (s), ta có: \(\left( \vec{n};\vec{B} \right)=\omega t+{{\varphi }_{0}}\) (rad).

     Từ thông xuyên qua diện tích S của mỗi vòng dây dẫn tại thời điểm t (s) có dạng là

\(\left( t \right)=BS\cos \left( \vec{n};\vec{B} \right)=BS\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\) (Wb).

b) SAI

     Theo định luật Faraday, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn kín tại thời điểm t (s) có dạng là

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

c) ĐÚNG

     Do khung dây dẫn kín quay đều với tần số góc w nên từ thông xuyên qua diện tích S của khung dây dẫn biến thiên điều hòa với tần số góc w. Khi đó, dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn kín là dòng điện xoay chiều có cường độ dòng điện biến thiên điều hòa theo thời gian với tần số góc w, chu kì \(T=\frac{2\pi }{\omega }\) (s).

d) SAI

     Khi nối hai đầu của khung dây dẫn vào điện trở R (W) thì cường độ dòng điện chạy trong mạch tại thời điểm t (s) có dạng là

\(i=\frac{{{e}_{c}}}{R+r}=\frac{NBS\omega }{R+r}\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{0}}-\frac{\pi }{2} \right)\) (A).

a) ĐÚNG

Nguyên lí hoạt động của máy cán vật liệu có độ dày được điều chỉnh tự động là: Ở độ dày tiêu chuẩn của lá vật liệu, đầu thu sẽ nhận một độ phóng xạ xác định, do đó mức tín hiệu ở đầu thu cũng xác định. Khi đó, hệ thống máy tính sẽ không gửi tín hiệu điều chỉnh vị trí con lăn. Nếu lá vật liệu có độ dày khác độ dày tiêu chuẩn thì tín hiệu đầu thu sẽ thay đổi (do độ phóng xạ tới đầu thu bị thay đổi). Thông qua hệ thống máy tính, một tín hiệu điều chỉnh vị trí con quay cán vật liệu sẽ được gửi đi nhằm đưa độ dày của lá vật liệu trở về giá trị tiêu chuẩn \({{d}_{0}}\).

Phát biểu đúng.

b) SAI

 Nếu người ta cài đặt máy để cán được lá thép có độ dày 8 mm thì độ phóng xạ khi qua lá thép sẽ giảm \({{n}_{1}}={{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{1}}}{{{d}_{0}}}}={{8}^{\frac{8}{6}}}=16\) lần.

c) ĐÚNG

     Gọi \({{H}_{0}}\) (Bq) là độ phóng xạ ban đầu của nguồn phóng xạ.

     Để cán được lá thép có độ dày 6 mm thì độ phóng xạ khi qua lá thép sẽ giảm 8 lần. Độ phóng xạ tới đầu thu khi đó là \({{H}_{1}}=\frac{{{H}_{0}}}{{{n}_{0}}}\) (Bq) (1)

     Để cán được lá thép có độ dày 8 mm thì độ phóng xạ khi qua lá thép sẽ giảm 16 lần. Độ phóng xạ tới đầu thu khi đó là \({{H}_{2}}=\frac{{{H}_{0}}}{{{n}_{1}}}=\frac{{{H}_{0}}}{{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{1}}}{{{d}_{0}}}}}\) (Bq) (2)

     Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{H}_{1}}}{{{H}_{2}}}=\frac{{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{1}}}{{{d}_{0}}}}}{{{n}_{0}}}={{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{1}}}{{{d}_{0}}}-1}={{8}^{\frac{8}{6}-1}}=2\)

     Vậy, khi độ dày lá thép thay đổi từ 6 mm sang 8 mm thì độ phóng xạ tới đầu thu sẽ giảm 2 lần.

d) ĐÚNG

     Độ phóng xạ của nguồn phóng xạ đã sử dụng một khoảng thời gian bằng chu kì bán rã của nguồn phóng xạ: \(H=\frac{{{H}_{0}}}{{{2}^{\frac{T}{T}}}}=\frac{{{H}_{0}}}{2}\)

     Độ phóng xạ tới đầu thu khi lá thép có độ dày tiêu chuẩn \({{d}_{0}}\) là \({{H}_{1}}=\frac{{{H}_{0}}}{{{n}_{0}}}\)

     Độ phóng xạ tới đầu thu khi lá thép có độ dày tiêu chuẩn \({{d}_{3}}\) là \({{H}_{3}}=\frac{H}{{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}}}=\frac{\frac{{{H}_{0}}}{2}}{{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}}}=\frac{{{H}_{0}}}{2.{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}}}\)

Độ dày \({{d}_{3}}\) của lá thép được sản xuất khi giữ nguyên tín hiệu của đầu thu (\({{H}_{1}}\)) là

\({{H}_{3}}={{H}_{1}}\) $\iff$ \(\frac{{{H}_{0}}}{2.{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}}}=\frac{{{H}_{0}}}{{{n}_{0}}}\) $\iff$ \(2.{{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}}={{n}_{0}}\)

$\iff$ \({{n}_{0}}^{\frac{{{d}_{3}}}{{{d}_{0}}}-1}=\frac{1}{2}\)

 $\iff$ \({{d}_{3}}={{d}_{0}}\left( 1+{{\log }_{{{n}_{0}}}}\frac{1}{2} \right)=6.\left( 1+{{\log }_{8}}\frac{1}{2} \right)=4\) mm.

Do bỏ qua sự tỏa nhiệt ra môi trường nên nhiệt lượng do lò nung tỏa ra bằng nhiệt lượng lượng vàng thu vào. Khi đó, ta có:

\({{Q}_{ta}}={{Q}_{thu}}\) $\iff$ \(\mathcal{P}.t=m.c.T+.m\)

$\iff$ \(t=\frac{m.c.T+.m}{\mathcal{P}}=\frac{37,{{5.10}^{-3}}.128.\left( 1064-25 \right)+0,{{64.10}^{5}}.37,{{5.10}^{-3}}}{1000}\approx 7\) giây

Vậy thời gian cần thiết để nấu chảy hoàn toàn 1 lượng vàng 24K như trên là 7 giây.