10000 câu trắc nghiệm tổng hợp Vật lí 2025 có đáp án - Phần 3

Lời giải:

Đáp án A

Dao động là chuyển động có giới hạn trong không gian lặp đi lặp lại nhiều lần quanh một vị trí cân bằng

Lời giải:

Đáp án D

Áp suất của khí lên thành bình là lực tác dụng vuông góc lên một đơn vị diện tích thành bình.

Lời giải:

Đáp án C

Gọi t là nhiệt độ cuối cùng khi cân bằng nhiệt.

Nhiệt nóng chảy của cục nước đá: \({Q_1} = {m_1}\lambda  = 0,03.334000 = 10020J.\)

Nhiệt lượng thu vào của cục nước đá đến khi cân bằng nhiệt:

\({Q_2} = {m_1}c\Delta T = 0,03.4200.\left( {t - 0} \right) = 126t\)

Nhiệt lượng toả ra của nước trong cốc khi cân bằng nhiệt:

\({Q_{toa}} = {m_2}c\Delta {T_2} = 0,2.4200.\left( {20 - t} \right) = 840\left( {20 - t} \right)\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\({Q_{thu}} = {Q_{toa}} \Rightarrow {Q_1} + {Q_2} = {Q_{thu}} \Rightarrow 10020 + 126t = 840\left( {20 - t} \right) \Rightarrow t \approx 7^\circ C.\;\)

Lời giải:

\(pV = \frac{1}{3}Nm\overline {{v^2}} \)

N là số phân tử khí trung bình, xét \(N = 1\):

\( \Rightarrow pV = \frac{1}{3}m{v^2} \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{3pV}}{m}}  = \sqrt {\frac{{3.\frac{{680}}{{760}}{{.1,013.10}^5}{{.2.10}^{ - 3}}}}{{{{10.10}^{ - 3}}}}}  = 233\left( {m/s} \right).\)

Đáp án: \(233\;m/s.\)

Lời giải:

Đáp án B

Ta có:

          \(\frac{{3{\rm{kT}}}}{2} = \frac{1}{2}{\rm{m}}\overline {{{\rm{v}}^2}}  \Rightarrow 3{\rm{kT\;}} = {\rm{\;m}}\overline {{{\rm{v}}^2}}  \Rightarrow {\rm{\;}}\overline {{v^2}} {\rm{\;}} = \frac{{3{\rm{kT}}}}{{\rm{m}}} = \frac{{3{\rm{k}}}}{{\rm{m}}}.{\rm{T}}\)

Vì \(3km = \;const\; \to \overline {{v^2}}  \sim T \to \) nhiệt độ của phần khí còn lại không đổi thì tốc độ căn quân phương của phân tử khí còn lại cũng không đổi.

Suy ra: \(\overline {{v^2}}  = 350m/s\)

Lời giải:

Ta có \(vc = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}}  = \sqrt {\frac{{3.8,314.\left( {17 + 273} \right)}}{{29.10 - 3}}}  \approx 500m/s.\)

Lời giải:

Hiện tượng xảy ra từ phút thứ 6 đến phút thứ 10 là: nước đá nóng chảy, trong quá trình này nhiệt độ không thay đổi.

Lời giải:

a) Vẽ đồ thị:

b)

- Từ phút 0 đến phút thứ 3: Nhiệt độ của nước tăng từ -60C đến -30C. Nước đang ở thể rắn 

- Từ phút 6 đến phút thứ 10: Nhiệt độ của nước ở 00C. Nước đang ở thể rắn và lỏng.

- Từ phút 12 đến phút thứ 16: Nhiệt độ của nước tăng từ 30C đến 90C. Nước đang ở thể lỏng.

Lời giải:

Đáp án A

Trạng thái 1 (bên ngoài): \(\left\{ \begin{array}{l}V1 = 40.40 = 1600c{m^3}\\{p_1} = 1atm\\{T_1}\end{array} \right.\)

Trạng thái 2 (trong bóng): \(\left\{ \begin{array}{l}{V_2} = {V_{bong}} = 2000c{m^3}\\{p_2} = ?\\{T_2} = {T_1}\end{array} \right.\)

Áp dụng định luật Boyle ta có:

          \[{p_1}.{V_1} = {p_2}.{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}.{V_1}{V_2} = \frac{{1.1600}}{{2000}} = 0,8atm\]

Lời giải:

a) Trong 1s, nhiệt lượng bình cung cấp cho nước là:

          \(Q = P.t = 9000.1 = 9000\left( J \right)\)

Khối lượng nước đi qua buồng đốt là:

          \(m = {m_0}.t = 58.1 = 58\left( g \right) = 0,058\left( {kg} \right)\)

Nhiệt độ của nước tăng thêm là:

          \(\Delta t = \frac{Q}{{mc}} = \frac{{9000}}{{0,058.4200}} \approx {37^0}C\)

Nhiệt độ của nước khi ra khỏi buồng đốt là:

          \({t_2} = {t_1} + \Delta t = 15 + 37 = {52^0}C\)

→ a sai.

b) Nếu nhiệt độ của nước khi đi vào buồng đốt tăng gấp đôi là \({30^0}C\) thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt là:

          \({t_2}' = {t_1}' + \Delta t = 30 + 37 = {67^0}C\)

→ b sai.

c) Công suất điện giảm 2 lần, nhiệt độ của nước tăng thêm là:

          \(\Delta t' = \frac{{Q'}}{{mc}} = \frac{{P'.t}}{{mc}} = \frac{{4500.1}}{{0,058.4200}} \approx {18,5^0}C \Rightarrow {t_3} = \Delta t' + {t_1} = 18,5 + 15 = {33,5^0}C\)

→ c sai.

d) Nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt:

          \(t = {t_1} + \Delta t = {t_1} + \frac{P}{{{m_0}c}}\)

Vậy để điều chỉnh nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt, ta có thể thay đổi: công suất điện, lưu lượng dòng nước, nhiệt độ nước đi vào.

→ d đúng.

Lời giải:

a) Xét quá trình trong khoảng thời gian 10 s.

Nhiệt lượng bình cung cấp cho nước: \(Q = P.t = 9000.10 = 90000J\)

Khối lượng nước đi qua bình trong 10 s: \(m = {5,8.10^{ - 3}}.10 = 0,058kg\)

Độ tăng nhiệt độ:  \(\Delta t = \frac{Q}{{mc}} = \frac{{90000}}{{0,058.4180}} = 371,2K\)

Nhiệt độ của nước khi qua bình:  \(t = 371,2 - 273 + 15 = 113,2^\circ C\)

b) Việc xét ở câu a được tính trong điều kiện lí tưởng là không có sự mất mát nhiệt lượng, nhiệt lượng của buồng đốt toả ra được truyền hoàn toàn cho nước.

c) Để điều chỉnh nhiệt độ của nước có thể điều chỉnh công suất của buồng đốt.

Lời giải:

Các thiết bị đóng cửa tự động là ứng dụng của dao động tắt dần.

Lời giải:

a) Từ công thức \(p = \frac{1}{3}\frac{{Nm}}{V}\overline {{v^2}}  = \frac{2}{3}\frac{N}{V}\overline {{W_d}\;} \)tính được \({W_d} = \frac{{3pV}}{{2N}} = {6,20.10^{ - 21}}J.\)

b) Từ công thức \({\overline W _d} = \frac{1}{2}m\overline {{v^2}}  = 32kT\) tính được \(T = \frac{{\overline {2{W_d}} }}{{3k}} = 299K.\)

Lời giải:

Đáp án C

Lớn hơn nhiệt dung riêng của chất lỏng

Nhiệt lượng chất rắn tỏa ra là:

Q_toa = m₁c₁ (t₁ - t) = 20.10^-3. c₁. (70 - 30) = 0,8c₁

Nhiệt lượng chất lỏng thu vào là:

Q_thu = m₂c₂(t - t₂) = 0,1.c₂.(30 - 20) = c₂

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

Q_toa = Q_thu => 0,8c₁ = c₂ => c₂ < c₁

Lời giải:

Đáp án A

Trạng thái 1: \(\left\{ \begin{array}{l}V1 = 240c{m^3}\\{p_1} = 100kPa = {10^5}Pa\end{array} \right.\)

Khi pít – tông dịch chuyển sang trái 2cm

⇒ Thể tích của khí giảm: \(\Delta V = s.S = 2.24 = 48c{m^3}\)

Trạng thái 2: \[\left\{ \begin{array}{l}{V_2} = {V_1} - \Delta V = 240 - 48 = 192c{m^3}\\{p_2} = ?\end{array} \right.\]

Quá trình biến đổi trạng thái là quá trình đẳng nhiệt, ta có:

          \[{p_1}{V_1} = {p_2}.{V_2} \Rightarrow p2 = \frac{{{p_1}{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{{10}^5}.240}}{{192}} = {1,25.10^5}Pa\]

Lực cần đẩy pittong là:

          \(F = \Delta p.S = \left( {{p_2} - {p_1}} \right).S = \left( {{{1,25.10}^5} - {{10}^5}} \right){.24.10^{ - 4}} = 60\left( N \right)\)

Lời giải:

a) Phương trình Clapeyron với khối lượng riêng: \[\frac{{{p_1}}}{{{T_1}{\rho _0}}} = \frac{R}{M}.\]

Thay số vào phương trình tìm khối lượng riêng của không khí:

          \(\frac{{{{1,013.10}^5}}}{{1,2\left( {20 + 273} \right)}} = \frac{{8,31}}{M} \Rightarrow M \approx 0,0288\left( {kg/mol} \right) = 28,8\left( {g/mol} \right)\)

⟶ a đúng.

b) Vì ban đầu khí cầu có lỗ hở ở dưới nên áp suất luôn bằng áp suất khí quyển.

⟶ b sai.

c) Khí cầu bắt đầu bay lên:

          \({F_A} = {P_v} + {P_k} \Rightarrow {\rho _0}.{g_V} = mg + {\rho _k}gV \Rightarrow {\rho _0}V = m + {\rho _k}V\left( 1 \right)\)

Thay số vào (1) ta được:

          \(1,2.1,15 = 0,2 + {\rho _k}.1,15 \Rightarrow {\rho _k} = \frac{{118}}{{115}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Do \({p_1} = const \Rightarrow {\rho _0}{T_1} = {\rho _k}T\)

⇒ \(1,2.\left( {20 + 273} \right) = \frac{{118}}{{115}}.T \Rightarrow T \approx 342,7K \Rightarrow t \approx {69,7^0}C\)

⟶ c sai.

d) Với nhiệt độ \({t_2} = {110^0}C\) thì ban đầu \({F_A} > P\) cho đến khi \({F_A} = P\) thì đạt độ cao cực đại.

Áp dụng phương trình Clapeyron với khối lượng riêng, với áp suất không đổi ta được: \({\rho _0}{T_1} = {\rho _2}{T_2} \Rightarrow 1,2.\left( {20 + 273} \right) = {\rho _2}.\left( {110 + 273} \right) \Rightarrow {\rho _2} = \frac{{1758}}{{1915}}\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Khi đến độ cao cực đại: \({F_A} = P\)

\( \Leftrightarrow {F_A} = {P_v} + {P_k}\)

\( \Rightarrow \rho  \cdot gV = mg + {\rho _2}gV\)

\( \Rightarrow \rho V = m + {\rho _2}V\quad (2)\)

Thay số vào \((2)\) ta được:

\(\rho  \cdot 1,15 = 0,2 + \frac{{1758}}{{1915}} \cdot 1,15\)

\( \Rightarrow \rho  \approx 1,09193{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Với \(\rho  = {\rho _0}{e^{\frac{{{\rho _0}gh}}{{{p_1}}}}} \Leftrightarrow 1,09193 = 1,2 \cdot {2,718^{\frac{{1,2 \cdot 10 \cdot h}}{{1,013 \cdot {{10}^5}}}}}\)

\( \Rightarrow h \approx 796,8{\rm{ (m)}}\)

\( \to \) d đúng.

Lời giải:

Đáp án D

(5) cân, (1) biến thế nguồn; (2) đồng hồ hiện số ; (3) nhiệt kế điện tử; (4) nhiệt lượng kế

Lời giải:

\(p = 9 \cdot {10^{ - 10}}{\rm{ Pa}}\)

\(T = 27 + 273 = 300{\rm{ K}}\)

\(V = 1{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3} = {10^{ - 6}}{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\)

Áp suất: \(p = \frac{1}{3} \cdot \frac{{N \cdot m}}{V} \cdot \overline {{v^2}} \)

Động năng: \({W_d} = \frac{1}{2}m \cdot \overline {{v^2}} = \frac{3}{2}k \cdot T \Rightarrow m \cdot \overline {{v^2}} = 3 \cdot k \cdot T\)

\( \Rightarrow p = \frac{1}{3} \cdot \frac{N}{V} \cdot 3 \cdot k \cdot T = \frac{N}{V} \cdot kT \Rightarrow N = \frac{{p \cdot V}}{{k \cdot T}}\)

Thay số ta được:

\(N = \frac{{9 \cdot {{10}^{ - 10}} \cdot {{10}^{ - 6}}}}{{1,38 \cdot {{10}^{ - 23}} \cdot 300}} \approx 2,17 \cdot {10^5}\)(Phân tử)

Lời giải:

Đáp án B

Xét lượng khí trong bình trước khi bơm vào bóng.

Gọi \(n\) là số quả bóng bơm được.

Nhiệt độ khí không đổi \( \Rightarrow \) Quá trình đẳng nhiệt.

Trạng thái 1 (khí ta xét ở trong bình):

\({V_1} = 6 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

\({p_1} = 2,75 \cdot {10^6}{\rm{ Pa}}\)

Trạng thái 2 (khí ta xét ở trong bóng):

\({V_2} = n \cdot 3 \cdot {10^{ - 3}} + {V_1}\)

\({p_2} = {10^5}{\rm{ Pa}}\)

Áp dụng định luật Boyle ta có:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Leftrightarrow 6 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 2,75 \cdot {10^6} = (n \cdot 3 \cdot {10^{ - 3}} + 6 \cdot {10^{ - 3}}) \cdot {10^5}\)

\( \Rightarrow n = \frac{{6 \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot 2,75 \cdot {{10}^6} - 6 \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot {{10}^5}}}{{{{10}^5} \cdot 3 \cdot {{10}^{ - 3}}}} = 48\)

\( \Rightarrow \) Số lượng bóng thổi được là 48 quả bóng.

Lời giải:

Biên độ là giá trị cực đại của li độ và là một đại lượng dương hoặc bằng 0. Li độ, pha và pha ban đầu có thể nhận giá trị âm tùy theo vị trí của vật hoặc giá trị của góc pha.

Lời giải:

Thể tích của bóng thám không được xác định bằng công thức: \(V = \frac{{4\pi {R^3}}}{3}.\)

Từ phương trình trạng thái ta được:

\(\frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} \cdot \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)^3} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} \cdot \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \frac{{0,03 \cdot 300}}{{1 \cdot 200}} = 0,045\)

\( \Rightarrow R_2^3 = 0,045R_1^3 \Rightarrow {R_2} = {R_1}\sqrt[3]{{0,045}} = 10\sqrt[3]{{0,045}} \approx 3,56{\rm{ m}}\)

Lời giải:

Khi truyền nhiệt cho một khối khí thì có thể làm tăng nội năng của khối khí, đồng thời khối khí dãn nở và sinh công.

Ví dụ nhiệt lượng cung cấp cho khối khí trong quá trình đẳng áp, ngoài việc dùng để làm nóng khí (tăng nội năng) còn làm cho chất khí dãn nở (khí thực hiện công).

Lời giải:

Ta có: \(H = 10{\rm{ m}},\ell  = 2{\rm{ m}}\)

Trạng thái 1: Khi chuông ở trên mặt đất: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = {p_0}}\\{{V_1} = S \cdot \ell  = 2S}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: Khi chuông ở đáy hồ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = {p_0} + \rho g(H - h)}\\{{V_2} = S \cdot (2 - h)}\end{array}} \right.\)

Vì nhiệt độ của khí trong chuông được coi là không đổi nên áp dụng định luật Boyle, ta được:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_0} \cdot 2S = ({p_0} + \rho g(H - h)) \cdot (2 - h) \cdot S\)

Thay số vào ta được:

\({10^5} \cdot 2 = ({10^5} + {10^3} \cdot 10 \cdot (10 - h)) \cdot (2 - h)\)

\( \Rightarrow h \approx 0,95{\rm{ m}}\)

Đáp án: 0,95.

Lời giải:

a) Hiệu suất chuyển đổi là 22% nên năng lượng Mặt Trời có ích cho việc làm nóng nước chiếm 22% năng lượng toàn phần.

b) Công suất bức xạ chiếu lên bộ thu nhiệt là \(P = 980 \cdot 20 = 19600{\rm{ W}} = 19,6{\rm{ kW}}\).

c) Trong 30 phút, năng lượng mặt trời chiếu lên bộ thu nhiệt là:

\(W = P \cdot t = 19600 \cdot 30 \cdot 60 = 35280000{\rm{ J}} = 35,28{\rm{ MJ}}\).

d) Nếu hệ thống đó làm nóng 40 lít nước thì trong khoảng thời gian 30 phút, nhiệt độ của nước tăng thêm:

\(Q = 22\%  \cdot W = 35280000 \cdot 0,22 = 7761600{\rm{ J}}\)

\( \Leftrightarrow Q = mc\Delta t = 40 \cdot 4180 \cdot \Delta t \Rightarrow \Delta t = {46,4^^\circ }{\rm{C}}\).

Lời giải:

Lực tác dụng vuông góc lên một đơn vị diện tích thành bình

Lời giải:

Áp suất của khí lên thành bình là do lực tác dụng tác vuông góc lên một đơn vị diện tích thành bình.

Lời giải:

Xét trạng thái lúc sau của khí ở hai bên: \(pV = nRT = \frac{m}{M}RT\)

Đối với He: \(pV = \frac{m}{4}RT\quad (1)\)

Đối với \({H_2}\): \(pV = \frac{m}{2}R(27 + 273)\quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \(T = 600{\rm{ K}} = {327^^\circ }{\rm{C}}\)

Lời giải:

Dựa vào công thức động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí lí tưởng:

\({W_d} = \frac{{3kT}}{2} = \frac{1}{2}m\overline {{v^2}} \)

Suy ra: Mối quan hệ giữa tốc độ căn quân phương và nhiệt độ.

Ta có:

\(\frac{{3kT}}{2} = \frac{1}{2}m\overline {{v^2}}  \Rightarrow 3kT = m\overline {{v^2}}  \Leftrightarrow \overline {{v^2}}  = \frac{{3kT}}{m} = \frac{{3k}}{m} \cdot T\)

Vì \(\frac{{3k}}{m} = {\rm{const}} \to \overline {{v^2}} \~T \to \) nhiệt độ của phần khí còn lại không đổi thì tốc độ căn quân phương của phân tử khí còn lại cũng không đổi.

Suy ra: \(\overline {{v^2}}  = 350{\rm{ m/s}}\)

Lời giải:

Động năng trung bình của mỗi phân tử khí là:

\({W_d} = \frac{{3kT}}{2} = \frac{1}{2}m\overline {{v^2}}  \Rightarrow \overline {{v^2}}  = \frac{{3kT}}{m} = \frac{{3kT \cdot {N_A}}}{\mu } = \frac{{3RT}}{\mu }\)

\( \Rightarrow \sqrt {\overline {{v^2}} }  = \sqrt {\frac{{3RT}}{\mu }}  = \sqrt {\frac{{3 \cdot 8,31 \cdot (17 + 273)}}{{0,029}}}  \approx 499{\rm{ (m/s)}}\)

Lời giải:

Từ thông qua khung dây là:

\(\Phi  = BS = B \cdot \alpha r = Br \cdot \omega t\)

Độ lớn suất điện động cảm ứng trong khung dây là:

\(|{e_c}| = |\Phi '| = Br\omega \)

Khi \(\alpha  = {115^^\circ }\), điện trở của khung dây là:

\(R = \rho \frac{{OM + ON + {l_{MN}}}}{{{S_0}}} = \rho \frac{{2r + \frac{{\pi r \cdot 115}}{{180}}}}{{{S_0}}} = \rho \frac{{2r + \frac{{23}}{{36}}\pi r}}{{{S_0}}}\)

Cường độ dòng điện cảm ứng trong mạch là:

\(I = \frac{{|{e_c}|}}{R} = \frac{{Br\omega  \cdot {S_0}}}{{\rho r \cdot \left( {2 + \frac{{23\pi }}{{36}}} \right)}} = \frac{{B\omega  \cdot {S_0}}}{{\rho  \cdot \left( {2 + \frac{{23\pi }}{{36}}} \right)}}\)

\( \Rightarrow I = \frac{{0,2 \cdot 2 \cdot (2 \cdot {{10}^{ - 6}})}}{{2,65 \cdot {{10}^{ - 8}} \cdot \left( {2 + \frac{{23\pi }}{{36}}} \right)}} \approx 7,53{\rm{ (A)}}\)

Lời giải:

Biên độ là giá trị cực đại của li độ và là một đại lượng dương hoặc bằng 0. Li độ, pha và pha ban đầu có thể nhận giá trị âm tùy theo vị trí của vật hoặc giá trị của góc pha.

Lời giải:

Khối lượng của 1,5 lít nước:

\(m = \rho  \cdot V = {10^3} \cdot 1,5 \cdot {10^{ - 3}} = 1,5{\rm{ (kg)}}\)

Nhiệt hóa hơi riêng:

\(L = 2,3 \cdot {10^6}{\rm{ J/kg}}\)

Nhiệt lượng đã làm hóa hơi 1,5 lít nước trong ấm do sơ suất đó bằng:

\(Q = L \cdot m = 2,3 \cdot {10^6} \cdot 1,5 = 3,45 \cdot {10^6}{\rm{ (J)}}\)

Lưu ý: \(1{\rm{ kg}}\) nước có thể tích là \(1\) lít và ngược lại (trong điều kiện tiêu chuẩn).

Lời giải:

\({W_d} = 3{W_t} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{W_t} = \frac{1}{4}W \Rightarrow |x| = \frac{A}{2} \Rightarrow A = 6{\rm{ (cm)}}}\\{{W_d} = \frac{3}{4}W}\end{array}} \right.\)

Lời giải:

Khi động năng gấp 3 lần thế năng ta có: \(W = {W_d} + {W_t} = 3{W_t} + {W_t} = 4{W_t}\).

Mặt khác

\(W = \frac{1}{2}k{A^2} = 4{W_t} = 4 \cdot \frac{1}{2}k{x^2} \Rightarrow {A^2} = 4{x^2} \Rightarrow A = 2x = 4{\rm{ cm}}.\)

Lời giải:

Hiệu suất: \(H = 25\% \)

Công suất: \(P = 30{\rm{ kW}} = 3 \cdot {10^4}{\rm{ W}}\)

Thời gian: \(t = 5{\rm{ (h)}} = 5 \cdot 3600 = 18000{\rm{ (s)}}\)

Hiệu suất của động cơ nhiệt: \(H = \frac{A}{{{Q_1}}} \cdot 100\% \)

Ta có công thực hiện được:

\(A = P \cdot t = 3 \cdot {10^4} \cdot 18000 = 5,4 \cdot {10^8}{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng:

\( \Rightarrow {Q_1} = \frac{A}{H} \cdot 100\%  = \frac{{5,4 \cdot {{10}^8}}}{{25\% }} \cdot 100\%  = 21,6 \cdot {10^8}{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng mà động cơ nhiệt tỏa ra cho nguồn lạnh trong 5 giờ liên tục:

\({Q_2} = {Q_1} - A = 21,6 \cdot {10^8} - 5,4 \cdot {10^8} = 16,2 \cdot {10^8}{\rm{ (J)}}\)

Lời giải:

+ Chọn HQC:

- O tại vị trí thả vật, chiều dương hướng xuống.

Gốc thời gian: \(t = 0\) lúc thả vật 1 \( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_{{0_1}}} = 0}\\{{t_{{0_2}}} = 1{\rm{s}}}\end{array}} \right.\)

- Lập các phương trình chuyển động:

Phương trình của vật 1: \({s_1} = \frac{1}{2}g{t^2} = 5{t^2}\quad (1)\)

Phương trình của vật 2: \({s_2} = {v_0}(t - 1) + \frac{1}{2}g{(t - 1)^2} = {v_0}(t - 1) + 5{(t - 1)^2}\quad (2)\)

Tính toán:

Thời gian vật 1 chuyển chạm đất là:

\({s_1} = 5{t^2} = 45 \to t = \sqrt {\frac{{45}}{5}}  = 3{\rm{s}}\)

Mặt khác, vật 1 và vật 2 chạm đất cùng lúc, thay \(t = 3{\rm{s}}\) vào phương trình \((2)\), ta được:

\({v_0}(3 - 1) + 5{(3 - 1)^2} = 45\)

\( \Leftrightarrow 2{v_0} + 20 = 45\)

\( \to {v_0} = 12,5{\rm{ m/s}}\)

Lời giải:

Xét hệ gồm đạn và thép. Khi viên đạn xuyên qua tấm thép thì tấm thép tác dụng vào viên đạn một lực. Lực này sinh công làm giảm động năng của đạn. Về độ lớn, công của lực \(F\) bằng độ giảm động năng của đạn.

Theo định luật 1 của nhiệt động lực học:

\(\Delta U = A + Q\)

Vì \(Q = 0\) nên:

\(\Delta U = \frac{1}{2}m(v_0^2 - {v^2}) = 240{\rm{ J}}\)

Do \(\Delta U > 0\) nên nội năng của hệ đạn và thép tăng thêm một lượng 240 J.

Lời giải:

Độ lệch lớn nhất của vật dao động so với vị trí cân bằng của nó được gọi là biên độ dao động

Lời giải:

A. Đúng. Vì sóng truyền dao động cho các phần tử của môi trường nghĩa là truyền cho chúng năng lượng. Quá trình truyền sóng là quá trình truyền năng lượng.

B. Sai. Khi sóng truyền đi, trạng thái dao động (pha dao động) của nguồn sống được lan truyền cho các phần tử vật chất môi trường nhưng các phần tử vật chất này vẫn dao động xung quanh vị trí cân bằng của chúng mà không bị chuyển dời theo sóng.

C. Đúng. Sóng cơ học truyền được trong môi trường vật chất, không truyền được trong chân không.

D. Đúng. Sóng cơ là dao động cơ lan truyền trong môi trường vật chất.

Lời giải:

Quá trình truyền sóng là quá trình truyền năng lượng vì khi sóng truyền đến đâu thì phần tử vật chất ở đó dao động vì nó đã nhận được năng lượng.

Lời giải:

Đáp án: D

Khí áp giảm khi nhiệt độ tăng lên.

Lời giải:

Thể tích khí trong chai thuốc là:

\(0,9 - 0,5 = 0,4{\rm{ ml}} = 0,4{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)

Thể tích khí được bơm vào lọ thuốc là:

\(S \cdot l = 0,3 \cdot 0,4 = 0,12{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)

Nhiệt độ không đổi, ta có:

Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = {{10}^5}{\rm{ Pa}}}\\{{V_1} = 0,4 + 0,12 = 0,52{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = ?}\\{{V_2} = 0,4{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}}\end{array}} \right.\)

Áp dụng định luật Boyle, ta có:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \to {p_2} = \frac{{{p_1}{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{{10}^5} \cdot 0,52}}{{0,4}} = 1,3 \cdot {10^5}{\rm{ (Pa)}}\)

Lời giải:

Ta đi tìm phương trình vận tốc của vật:

Theo giả thiết, trong khoảng thời gian từ 0 đến 1 giờ, vận tốc của vật là: \(v(t) = a{t^2} + bt + c\)

Căn cứ vào đồ thị đã cho, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{v(0) = 4}\\{{t_0} =  - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{v({t_0}) = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 4}\\{b =  - 4a}\\{a{{\left( { - \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + b\left( { - \frac{b}{{2a}}} \right) + c = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \frac{5}{4}}\\{b = 5}\\{c = 4}\end{array}} \right.\)

Vậy:

\(v(t) =  - \frac{5}{4}{t^2} + 5t + 4\) với \(0 \le t \le 1\)

\(v(t) = v(1) = \frac{{31}}{4}\) với \(1 \le t \le 3\)

Quãng đường vật đi được là:

\(s = \int_0^1 v (t)dt + \int_1^3 v (t)dt = \int_0^1 {\left( { - \frac{5}{4}{t^2} + 5t + 4} \right)} dt + \int_1^3 {\frac{{31}}{4}} dt\)

\( = \frac{{73}}{{12}} + \frac{{31}}{2} = \frac{{259}}{{12}} \approx 21,58\)

Lời giải:

1, Thể tích khí khi ở ngoài lốp là: \({V_1}\)

Thể tích khí sau khi đưa vào trong lốp là:

\({V_2} = {V_1} - 0,8{V_1} = 0,2{V_1}\)

Tỉ số thể tích khí sau khi đưa vào trong lốp và thể tích khí khi ở ngoài lốp là:

\(\frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{0,2}}{1} = \frac{1}{5}\)

2, Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 1,013 \cdot {{10}^5}{\rm{ Pa}}}\\{{V_1}}\\{{T_1} = 27 + 273 = 300{\rm{ K}}}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = ?}\\{{V_2} = 0,2{V_1}}\\{{T_2} = 40 + 273 = 313{\rm{ K}}}\end{array}} \right.\)

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng, ta có:

\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = \frac{{{p_1}{V_1}{T_2}}}{{{T_1}{V_2}}}\)

\( \to {p_2} = \frac{{1,013 \cdot {{10}^5} \cdot {V_1} \cdot 313}}{{300 \cdot 0,2{V_1}}} = 528448{\rm{ Pa}}\)

Lại có: \({p_2} = {p_1} + \frac{F}{S} \to F = ({p_2} - {p_1})S\)

\( \Rightarrow F = (528448 - 1,013 \cdot {10^5}) \cdot 205 \cdot {10^{ - 4}} \approx 8756,5{\rm{ N}}\)

3, Trạng thái 3: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_3} = ?}\\{{V_3} = 1,02{V_2} = 1,02 \cdot 0,2{V_1} = 0,204{V_1}}\\{{T_3} = 75 + 273 = 348{\rm{ K}}}\end{array}} \right.\)

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng, ta có:

\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_3}{V_3}}}{{{T_3}}} \Rightarrow {p_3} = \frac{{{p_1}{V_1}{T_3}}}{{{T_1}{V_3}}}\)

\( \to {p_3} = \frac{{1,013 \cdot {{10}^5} \cdot {V_1} \cdot 348}}{{300 \cdot 0,204{V_1}}} \approx 5,76 \cdot {10^5}{\rm{ (Pa)}}\)

Lời giải:

Giới hạn trong một không gian lặp đi lặp lại nhiều lần quanh một vị trí cân bằng.

Lời giải:

Đáp án đúng là A

Phương trình cân bằng nhiệt của hệ là:

\({m_n}{c_n}(t - {t_1}) + {c_{nlk}}(t - {t_1}) = {\lambda _{th}}{m_{th}} + {m_{th}}{c_{th}}({t_2} - t)\)

Nhiệt nóng chảy riêng của thiếc là:

\({\lambda _{th}} = \frac{{{m_n}{c_n}(t - {t_1}) + {c_{nlk}}(t - {t_1}) - {m_{th}}{c_{th}}({t_2} - t)}}{{{m_{th}}}}\)

Thay số vào ta được:

\({\lambda _{th}} = \frac{{330 \cdot 4,2 \cdot (32 - 7) + 100 \cdot (32 - 7) - 350 \cdot 0,23 \cdot (232 - 32)}}{{350}}\)

\( \to {\lambda _{th}} = 60,14{\rm{ J/g}}{\rm{.K}}\)

Lời giải:

Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = {p_0}}\\{{V_1} = Sl}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = {p_0} + h + x}\\{{V_2} = S \cdot x}\end{array}} \right.\)\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow 76 \cdot 50 = \left( {76 + \frac{{10 + x}}{{13,6}}} \right) \cdot x\)

Vì nhiệt độ của khí bên trong ống không đổi nên áp dụng định luật Boyle ta được:

\( \Rightarrow x \approx 47,37{\rm{ (cm)}}\)

Lực tác dụng lên ống thủy tinh bao gồm: Trọng lực \(\vec P\), lực đẩy Archimedes \({\vec F_A}\) và lực để giữ ống \(\vec F\).

Khi ống đứng yên ta có:

\(F + P = {F_A} \Rightarrow F = {F_A} - P = DVg - mg = DSxg - mg\)

Thay số vào ta được:

\(F = 1000 \cdot 0,5 \cdot {10^{ - 4}} \cdot 0,4737 \cdot 10 - 15 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 10 \approx 0,09{\rm{ (N)}}\)

Lời giải:

Thời gian giọt 1 rơi xuống đất là: \(t = \sqrt {\frac{{2h}}{g}}  = \sqrt {\frac{{2 \cdot 16}}{{10}}}  \approx 1,78{\rm{ (s)}}\)

Khoảng thời gian rơi giữa các giọt nước kế tiếp nhau là: \(\Delta t = \frac{t}{4} = \frac{{1,79}}{4} \approx 0,45{\rm{ (s)}}\)

Lời giải:

Gọi khoảng thời gian rơi giữa hai giọt kế tiếp nhau là: \(\Delta t\)

Quãng đường giọt thứ nhất rơi được cho đến khi chạm đất là:

\({s_1} = \frac{1}{2}gt_1^2 \Rightarrow 45 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot t_1^2 \Rightarrow {t_1} = 3{\rm{ (s)}}\)

Khi giọt thứ nhất chạm đất thì giọt thứ năm bắt đầu rơi, ta có:

\({t_1} = 4\Delta t \Rightarrow 3 = 4\Delta t \Rightarrow \Delta t = 0,75{\rm{ (s)}}\)

Lời giải:

Mật độ động năng phân tử:

Áp suất khí:

\(p = \frac{2}{3}\mu {W_d} = \frac{2}{3} \cdot {10^{ - 4}} = 6,67 \cdot {10^{ - 5}}{\rm{ (Pa)}}\)

Lời giải:

a) Độ lớn của nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để làm tăng nhiệt độ của nó phụ thuộc vào khối lượng của nước, tính chất của nước, nhiệt dung riêng của nước. ⟹ S

Vì : Độ lớn của nhiệt lượng cần cung cấp cho nước để làm tăng nhiệt độ của nó phụ thuộc vào khối lượng của nước, độ tăng nhiệt độ của nước, tính chất của nước.

b) Để xác định nhiệt dung riêng của nước cần đo đại lượng nhiệt lượng cần truyền cho nước, khối lượng nước và độ tăng nhiệt độ của nước. ⟹ Đ

 Để xác định nhiệt dung riêng của nước cần đo đại lượng nhiệt lượng cần truyền cho nước, khối lượng nước và độ tăng nhiệt độ của nước.

\(c = \frac{Q}{{m \cdot \Delta T}}\)

c) Nhiệt lượng mà nước trong bình nhiệt lượng kế thu được đến từ nguồn nhiệt bên ngoài, thường là từ quá trình nhiệt đổi hoặc từ một nguồn nhiệt khác như lửa, máy nhiệt, hoặc các nguồn nhiệt khác. ⟹ Đ

d) Các bước để đo nhiệt lượng mà nước thu được trong bình nhiệt lượng kế:

        - Đo lượng nước.

        - Đo nhiệt độ ban đầu của nước.

        - Tính toán nhiệt lượng bằng công thức: \(Q = m \cdot c \cdot \Delta T\).

     - Đánh giá kết quả.

⟹ S

Lời giải:

Nhiệt nóng chảy \(Q\) được xác định theo công thức: \(Q = \lambda m\)

Lời giải:

Tóm tắt:

\(m = 0,2{\rm{kg}}\)

\({t_1} =  - {20^^\circ }{\rm{C}};{t_2} = {0^^\circ }{\rm{C}};{t_3} = {100^^\circ }{\rm{C}}\)

\({c_1} = 2,09 \cdot {10^3}{\rm{ J/kg}}{\rm{.K}};\lambda  = 3,4 \cdot {10^5}{\rm{ J/kg}}{\rm{.K}}\)

\({c_2} = 4,18 \cdot {10^3}{\rm{ J/kg}}{\rm{.K}};L = 2,3 \cdot {10^6}{\rm{ J/kg}}{\rm{.K}}\)

Nhiệt lượng cần phải cung cấp để làm cho một cục nước đá có khối lượng \(0,2{\rm{kg}}\) ở \( - {20^^\circ }{\rm{C}}\) tan thành nước và sau đó tiếp tục đun sôi để biến hoàn toàn thành hơi nước ở \({100^^\circ }{\rm{C}}\) là:

\(Q = m \cdot {c_1} \cdot ({t_2} - {t_1}) + \lambda  \cdot m + m \cdot {c_2} \cdot ({t_3} - {t_2}) + L \cdot m\)

\(Q = m \cdot [{c_1} \cdot ({t_2} - {t_1}) + \lambda  + {c_2}({t_3} - {t_2}) + L]\)

Thay số ta được:

\(Q = 0,2 \cdot [2,09 \cdot {10^3} \cdot (0 + 20) + 3,4 \cdot {10^5} + 4,18 \cdot {10^3} \cdot (100 - 0) + 2,3 \cdot {10^6}]\)

\( \to Q \approx 619960{\rm{ (J)}} \approx 6,2 \cdot {10^5}{\rm{ (J)}}\)

Lời giải:

Dữ liệu bài toán:

\(m = 18{\rm{ kg}};{p_1} = 15 \cdot {10^6}{\rm{ Pa}}\)

\({T_1} = 27 + 273 = 300{\rm{ K}}\)

\(\mu  = 32{\rm{ g/mol}} = 3,2 \cdot {10^{ - 2}}{\rm{ kg/mol}}\)

\({p_0} = 1,01 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}};R = 8,31{\rm{ J/mol}}\)

a) Đánh giá phát biểu a:

Xả khí chậm \( \Rightarrow \) lượng khí thay đổi \( \Rightarrow \) không thể áp dụng định luật Boyle cho quá trình biến đổi trạng thái khí trong bình.

=> Phát biểu sai.

b) Đánh giá phát biểu b:

Áp dụng phương trình Clapeyron ta có:

\({p_1}{V_1} = \frac{m}{\mu } \cdot R \cdot {T_1} \Rightarrow \frac{m}{{{V_1}}} = \frac{{{p_1} \cdot \mu }}{{R \cdot {T_1}}}\)

Khối lượng riêng của khí trong bình ban đầu là:

\({D_1} = \frac{m}{{{V_1}}} = \frac{{{p_1} \cdot \mu }}{{R \cdot {T_1}}} = \frac{{15 \cdot {{10}^6} \cdot 3,2 \cdot {{10}^{ - 2}}}}{{8,31 \cdot 300}} = 192,54{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3})\)

=> Phát biểu đúng.

c) Phát biểu c đúng:

Dữ liệu: \({p_1} = 15{\rm{ MPa}};{p_2} = 10{\rm{ MPa}};{T_2} = 27 + 273 = 300{\rm{ K}}\).

Gọi \({m_1}\) là khối lượng khí ban đầu trong bình; \({m_2}\) là khối lượng khí lúc sau trong bình.

Khối lượng khí và bình ban đầu là: \(m = {m_v} + {m_1} = 18{\rm{ kg}}\)

Khối lượng khí và bình lúc sau là: \(m' = {m_v} + {m_2} = 17,5{\rm{ kg}}\)

\( \Rightarrow {m_1} - {m_2} = 18 - 17,5 = 0,5{\rm{ (kg)}}\quad (1)\)

Ta có hệ phương trình trạng thái:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1}V = \frac{{{m_1}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_1}}\\{{p_2}V = \frac{{{m_2}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_2}}\\{{T_1} = {T_2}}\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} = \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{2}{3}\quad (2)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow {m_1} - \frac{2}{3}{m_1} = 0,5 \Rightarrow {m_1} = 1,5{\rm{ kg}}\).

d) Phát biểu d đúng:

Lượng khí hít vào: \(V = 6,0 - 5,6 = 0,4{\rm{ (l)}} = 0,4 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3})\)

Áp suất: \(p = 1,01 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}}\)

Nhiệt độ: \(T = 37 + 273 = 310{\rm{ K}}\)

Ta có phương trình Clapeyron:

\(p \cdot V = {n_{kk}} \cdot RT \Rightarrow {n_{kk}} = \frac{{p \cdot V}}{{R \cdot T}}\)

\( \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,2 \cdot {n_{kk}} = 0,2 \cdot \frac{{pV}}{{RT}}\)

\( \Rightarrow {m_{{O_2}}} = 32 \cdot {n_{{O_2}}} = 32 \cdot 0,2 \cdot \frac{{pV}}{{RT}}\)

Thay số vào ta được:

\({m_{{O_2}}} = 0,2 \cdot \frac{{1,1 \cdot {{10}^5} \cdot 4 \cdot {{10}^{ - 4}}}}{{8,31 \cdot 310}} \cdot 32 \approx 0,1{\rm{ (g)}}\)

Lời giải:

a) Lượng khí trong bình chứa thay đổi nên không áp dụng được định luật Boyle.

→ a sai

b) Phương trình Clapeyron:

\(pV = nRT = \frac{m}{M}RT \Rightarrow \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} = \frac{{11}}{{55}}\quad (1)\)

\( \Rightarrow {m_1} - {m_2} = 18 - 17,3 = 0,7{\rm{ (kg)}}\quad (2)\)

Giải \((1)\) và \((2)\) ta được:

\({m_1} = 2,625{\rm{ (kg)}}\)

→ b đúng

c) Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng với khối lượng riêng:

\(\frac{p}{{T \cdot D}} = \frac{R}{M} \Rightarrow \frac{{15 \cdot {{10}^6}}}{{D \cdot (27 + 273)}} = \frac{{8,31}}{{32 \cdot {{10}^{ - 3}}}}\)

\( \Rightarrow D \approx 193{\rm{ (kg/}}{{\rm{m}}^3})\)

→ c đúng

d) Số mol của không khí:

\({n_{kk}} = {n_2} - {n_1} = \frac{{p({V_2} - {V_1})}}{{RT}} = \frac{{101 \cdot {{10}^3} \cdot (6 - 5,7) \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8,31 \cdot (37 + 273)}} = \frac{{101}}{{8587}}{\rm{ (mol)}}\)

\({n_{{O_2}}} = 0,21{n_{kk}} = 0,21 \cdot \frac{{101}}{{8587}} \approx 2,47 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ (mol)}}\)

\({m_{{O_2}}} = {n_{{O_2}}} \cdot M = 2,47 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 32 \approx 0,079{\rm{ (g)}}\)

→ d sai

Lời giải:

Ta có:  \(h'(t) = \frac{1}{{90}}({t^2} - 17t + 60)\)

\( \Rightarrow h(t) = \frac{1}{{90}}\int {({t^2} - 17t + 60)} dt = \frac{1}{{90}}\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{{17}}{2}{t^2} + 60t} \right) + C\)

Khi đó

\(h(t) = \frac{1}{{90}}\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{{17}}{2}{t^2} + 60t} \right) + C\)

Tại thời điểm \(t = 0\), mực nước trong hồ chứa cao 8m nên \(h(0) = 8 \Rightarrow C = 8\).

\( \Rightarrow h(t) = \frac{1}{{90}}\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{{17}}{2}{t^2} + 60t} \right) + 8\quad (0 \le t \le 24)\)

Ta có: \(h'(t) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 17t + 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 5}\\{t = 12}\end{array}} \right]\)

Lập bảng biến thiên:

Mực nước trong hồ cao nhất: \(\frac{{104}}{5} = 20,8m\) và thấp nhất 8m.

Lời giải:

Cho biết:

\({m_{hk}} = 500{\rm{g}} = 0,5{\rm{kg}}\)

\({m_{{\rm{nuoc}}}} = 1{\rm{kg}}\)

\({m_3} \cdot {c_3} = 300{\rm{J/d?}}\)

\({c_c} = 130{\rm{J/kg}}{\rm{.K}}\)

\({c_{{\rm{nuoc}}}} = 4200{\rm{J/kg}}{\rm{.K}}\)

\({t_1} = {120^^\circ }{\rm{C}}\)

\({t_2} = {20^^\circ }{\rm{C}}\)

\(t = {22^^\circ }{\rm{C}}\)

\({c_k} = 400{\rm{J/kg}}{\rm{.K}}\)

\({m_c}{\rm{ v\`a  }}{m_k} = ?\)

Giải:

Gọi \({m_c}\) và \({m_k}\) lần lượt là khối lượng của chì và kẽm có trong hợp kim. Ta có:

\({m_c} + {m_k} = {m_{hk}} = 0,5{\rm{kg}}\quad (1)\)

Mặt khác, hợp kim chì kẽm tỏa nhiệt còn nhiệt lượng kế và nước thu nhiệt. Do đó khi cân bằng nhiệt, ta có:

\(({m_c} \cdot {c_c} + {m_k} \cdot {c_k})({t_1} - t) = ({m_3} \cdot {c_3} + {m_{{\rm{nuoc}}}} \cdot {c_{{\rm{nuoc}}}})(t - {t_2})\)

\( \Rightarrow {m_c} \cdot {c_c} + {m_k} \cdot {c_k} = \frac{{({m_3} \cdot {c_3} + {m_{{\rm{nuoc}}}} \cdot {c_{{\rm{nuoc}}}})(t - {t_2})}}{{({t_1} - t)}}\)

\( \Leftrightarrow 130{m_c} + 400{m_k} = 90\quad (2)\)

Giải phương trình \((1)\) và \((2)\) ta được:

\({m_c} = 407,4{\rm{g}}\quad ;\quad {m_k} = 92,6{\rm{g}}\)

Lời giải:

Do có cùng khối lượng, độ cao nên năng lượng \(W\) các vật ban đầu là như nhau.

Theo giả thuyết ta có phương trình:

\(W = Q = mc({t_2} - {t_1})\)

Trong đó \(W,m,{t_1}\) là như nhau, vậy \(c\) càng nhỏ thì \({t_2}\) càng lớn.

=> Vật bằng chì, có nhiệt dung riêng là 120 J/kg. K.

Lời giải:

Ta có \(\vec P = m\vec g\) nên \(P = |\vec P| = m \cdot |\vec g| = 10{\rm{ (N)}}\).

Bóng đèn ở vị trí cân bằng nên \(\vec P + {\vec T_1} + {\vec T_2} = \vec 0\) hay \(\vec P =  - \vec T'\) với \(\vec T' = {\vec T_1} + {\vec T_2}\).

Suy ra \(T' = P = 10{\rm{ N}}\). Vì \({T_1} = {T_2}\) và \(({\vec T_1},{\vec T_2}) = {60^^\circ }\) nên:

\(\frac{{T'}}{2} = {T_1} \cdot \cos {30^^\circ } \Rightarrow {T_1} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}{\rm{ (N)}}\)

Vậy lực căng của mỗi nửa sợi dây là \(\frac{{10\sqrt 3 }}{3}{\rm{ N}}\).

Lời giải:

Cơ năng của vật nặng là:

\(W = {W_t} = mgh = 500 \cdot 9,8 \cdot 100 = 490000{\rm{ (J)}}\)

Toàn bộ cơ năng của vật chuyển hóa thành động năng làm quay bánh xe, và động năng này chuyển hóa thành nhiệt lượng làm nóng nước.

Ta có phương trình:

\(Q = W \Rightarrow mc\Delta t = W \Rightarrow \Delta t = \frac{W}{{mc}}\)

Thay số vào ta được:

\( \Rightarrow \Delta t = \frac{{490000}}{{25 \cdot 4200}} \approx {4,7^^\circ }{\rm{C}}\)

Lời giải:

Ta có:

\({t_1} - t = \frac{1}{2}({t_1} - {t_2})\)

\( \Leftrightarrow 2{t_1} - 2t = {t_1} - {t_2} \Leftrightarrow {t_1} - t = t - {t_2}\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\({m_1}{c_1}({t_1} - t) = {m_2}{c_2}(t - {t_2})\)

\( \Leftrightarrow {m_1}{c_1} = {m_2}{c_2} \Rightarrow \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{{{c_2}}}{{{c_1}}}\)

Lời giải:

Gọi \(t\) là nhiệt độ khi xảy ra cân bằng nhiệt.

Nhiệt lượng cần cung cấp để cục nước đá chuyển thành nước ở cùng \({0^^\circ }{\rm{C}}\) là:

\({Q_1} = {m_1}{c_1}(t - {t_1})\)

Nhiệt lượng cung cấp cho nước đến nhiệt độ cân bằng \(t\) là:

\({Q_{1'}} = \lambda {m_1}\)

Nhiệt lượng nhôm tỏa ra đến nhiệt độ cân bằng \(t\) là:

\({Q_2} = {m_2}{c_2}(t - {t_2})\)

Nhiệt lượng \(0,4{\rm{ kg}}\) nước tỏa ra đến nhiệt độ cân bằng \(t\) là:

\({Q_3} = {m_3}{c_3}(t - {t_2})\)

\( \to \) Nhiệt lượng thu vào là:

\({Q_{thu}} = {Q_1} + {Q_{1'}} = {m_1}{c_1}(t - {t_1}) + \lambda {m_1}\)

Nhiệt lượng tỏa ra là:

\({Q_{toa}} = {Q_2} + {Q_3} = {m_2}{c_2}(t - {t_2}) + {m_3}{c_3}(t - {t_2})\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_{thu}} + {Q_{toa}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {m_1}{c_1}(t - {t_1}) + \lambda {m_1} + {m_2}{c_2}(t - {t_2}) + {m_3}{c_3}(t - {t_2}) = 0\)

\( \Leftrightarrow 0,08 \cdot 4180(t - 0) + 0,08 \cdot 3,4 \cdot {10^5} + 0,4 \cdot 4180(t - 20) + 0,2 \cdot 880(t - 20) = 0\)

\( \Rightarrow 2182,4t = 9760 \Rightarrow t \approx {4,5^^\circ }{\rm{C}}\)

Lời giải:

\(Q = m(c\Delta t + \lambda ) = 0,1 \cdot (2,1 \cdot {10^3} \cdot 20 + 3,4 \cdot {10^5}) = 38200{\rm{ J}} = 38,2{\rm{ kJ}}{\rm{.}}\)

Lời giải:

Nhiệt lượng cung cấp làm nước đá nóng chảy hoàn toàn là:

\(Q = mc\Delta t + m\lambda \)

\( \Rightarrow Q = 0,05 \cdot 2,09 \cdot {10^3} \cdot [0 - ( - 20)] + 0,05 \cdot 3,4 \cdot {10^5}\)

\( \Rightarrow Q = 19090{\rm{ (J)}} \approx 19{\rm{ (kJ)}}\)

Lời giải:

a) Xét quá trình trong khoảng thời gian 10s:

Nhiệt lượng bình cung cấp cho nước:

\(Q = P \cdot t = 9000 \cdot 10 = 90000{\rm{ (J)}}\)

Khối lượng nước đi qua bình trong 10s:

\(m = 5.8 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 10 = 0.058{\rm{ (kg)}}\)

Độ tăng nhiệt độ:

\(\Delta t = \frac{Q}{{mc}} = \frac{{90000}}{{0.058 \cdot 4180}} = 371.2{\rm{ (K)}}\)

Nhiệt độ của nước khi qua bình:

\(t = 371.2 - 273 + 15 = {113.2^^\circ }{\rm{C}}\)

b) Việc xét ở câu a được tính trong điều kiện lí tưởng là không có sự mất mát nhiệt lượng, nhiệt lượng của buồng đốt tỏa ra được truyền hoàn toàn cho nước.

c) Để điều chỉnh nhiệt độ của nước có thể điều chỉnh công suất của buồng đốt.

Lời giải:

a) Trong 1s, nhiệt lượng bình cung cấp cho nước là:

\(Q = P.t = 9000.1 = 9000{\rm{ (J)}}\)

Khối lượng nước đi qua buồng đốt là:

\(m = {m_0}.t = 58.1 = 58{\rm{ (g)}} = 0,058{\rm{ (kg)}}\)

Nhiệt độ của nước tăng thêm là:

\(\Delta t = \frac{Q}{{mc}} = \frac{{9000}}{{0,058 \cdot 4200}} \approx {37^^\circ }{\rm{C}}\)

Nhiệt độ của nước khi ra khỏi buồng đốt là:

\({t_2} = {t_1} + \Delta t = 15 + 37 = {52^^\circ }{\rm{C}}\)

→ a sai

b) Nếu nhiệt độ của nước khi đi vào buồng đốt tăng gấp đôi là \({30^^\circ }{\rm{C}}\) thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt là:

\({t_{2'}} = {t_{1'}} + \Delta t = 30 + 37 = {67^^\circ }{\rm{C}}\)

→ b sai

c) Công suất điện giảm 2 lần, nhiệt độ của nước tăng thêm là:

\(\Delta t' = \frac{{Q'}}{{mc}} = \frac{{P'.t}}{{mc}} = \frac{{4500.1}}{{0,058 \cdot 4200}} \approx {18,5^^\circ }{\rm{C}}\)

\( \Rightarrow {t_3} = \Delta t' + {t_1} = 18,5 + 15 = {33,5^^\circ }{\rm{C}}\)

→ c sai

d) Nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt:

\(t = {t_1} + \Delta t = {t_1} + \frac{P}{{{m_0}c}}\)

Vậy để điều chỉnh nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt, ta có thể thay đổi: công suất điện, lưu lượng dòng nước, nhiệt độ nước đi vào.

→ d đúng

Lời giải:

Nhiệt lượng nước và nhiệt lượng kế nhận được khi cân bằng nhiệt:

\({Q_1} = (100 + 330 \cdot 4,2)(32 - 7) = 37150{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng mà thiếc sau khi hóa rắn tỏa ra:

\({Q_2} = 370 \cdot 0,23 \cdot (232 - 32) = 17020{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng để hóa rắn:

\({Q_3} = 370\lambda \)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:

\({Q_1} = {Q_2} + {Q_3} \Leftrightarrow 37150 = 17020 + 370\lambda \)

\( \Rightarrow \lambda  \approx 54{\rm{ (J/g)}}\)

Lời giải:

Nhiệt lượng tỏa ra gồm hai phần: Nhiệt hóa hơi của \(10{\rm{ g}}\) hơi nước và nhiệt tỏa ra khi \(10{\rm{ g}}\) nước nguội từ \({100^^\circ }{\rm{C}}\) tới \({40^^\circ }{\rm{C}}\):

\({Q_{toa}} = {Q_1} + {Q_2} = {m_1} \cdot L + {m_1} \cdot c \cdot ({t_1} - t)\)\( = 0,01 \cdot L + 0,01 \cdot 4180 \cdot (100 - 40) = 0,01 \cdot L + 2508{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng thu cũng gồm 2 phần:

Nhiệt lượng thu vào để \(290{\rm{ g}}\) nước từ \({20^^\circ }{\rm{C}}\) nóng lên \({40^^\circ }{\rm{C}}\).

Nhiệt lượng thu vào để nhiệt lượng kế từ \({20^^\circ }{\rm{C}}\) nóng lên \({40^^\circ }{\rm{C}}\).

\({Q_{thu}} = {Q_{1'}} + {Q_{2'}} = ({m_2} \cdot c + c') \cdot (t - {t_2})\)\( = (0,290 \cdot 4180 + 46) \cdot (40 - 20) = 25164{\rm{ (J)}}\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\({Q_{thu}} = {Q_{toa}} \Leftrightarrow 25164 = 0,01 \cdot L + 2508\)

\( \Rightarrow L = 2265600{\rm{ (J)}} \approx 2,27 \cdot {10^6}{\rm{ J/kg}}\)

Lời giải: Dao động là sự chuyển động qua lại quanh một vị trí cân bằng.

A – Chuyển động của ô tô là chuyển động thẳng không có sự dao động.

B, C, D – có sự dao động.

Lời giải: Chuyển động của một hòn đá được thả rơi không được coi là dao động cơ.

Lời giải:

a) Khi nước bơm vào bình, thể tích của nước tăng, thể tích của bóng khí giảm, áp suất trong bóng khí tăng

→ a đúng

b) Bóng khí kín, số phân tử khí không đổi

→ b sai

c) Khi nước trong bình là 9 lít, thể tích của bóng khí là:

\({V_2} = 12 - 9 = 3{\rm{ (l\'i t)}}\)

Xét lượng khí trong bóng không đổi.

Trạng thái 1 khi bình không chứa nước: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 120{\rm{ kPa}}}\\{{V_1} = 12{\rm{ l\'i t}}}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2 khi bình chứa 9 lít nước: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{V_2} = 3{\rm{ l\'i t}}}\end{array}} \right.\)

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 120 \cdot \frac{{12}}{3} = 480{\rm{ (kPa)}}\)

→ c sai

d) Trạng thái 3 khi lượng nước trong bình giảm còn 6 lít: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_3}}\\{{V_3} = 12 - 6 = 6{\rm{ l\'i t}}}\end{array}} \right.\)

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

\({p_1}{V_1} = {p_3}{V_3} \Rightarrow {p_3} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_3}}} = 120 \cdot \frac{{12}}{6} = 240{\rm{ (kPa)}}\)

Vậy khi áp suất bằng \(240{\rm{ kPa}}\) thì rơ le đóng mạch để cung cấp nước trở lại.

Xét lượng khí thoát ra có số mol là \({n_2}\), số mol khí ban đầu là \({n_1}\). Áp dụng phương trình Clapeyron cho khí trước và sau khi xả khí khi áp suất đạt giá trị \(240{\rm{ kPa}}\):

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_3}{V_3} = {n_1}RT}\\{{p_3}{V_4} = {n_2}RT}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{{V_4}}}{{{V_3}}} = \frac{{12 - 7,2}}{6} = \frac{{4,8}}{6} = 0,8\)

\( \Rightarrow \Delta n = {n_1} - {n_2} = 0,2{n_1} = {n_1} \cdot 20\% \)

→ d đúng

Lời giải:

Gọi \(n\) là số quả bóng bay.

Ở trạng thái ban đầu khi \({H_2}\) trong bình thép:

Áp suất: \({P_1} = 5{\rm{ MPa}} = 5 \cdot {10^6}{\rm{ Pa}}\)

Thể tích: \({V_1} = 50{\rm{ l}}\)

Nhiệt độ: \({T_1} = 273 + 37 = 310{\rm{ K}}\)

Ở trạng thái sau khi bơm vào bóng bay:

Áp suất: \({P_2} = 1,05 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}}\)

Thể tích: \({V_2} = 10n\) (với mỗi quả bóng có thể tích \(10{\rm{ l}}\))

Nhiệt độ: \({T_2} = 273 + 12 = 285{\rm{ K}}\)

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng:

\(\frac{{{P_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{P_2}n{V_0}}}{{{T_2}}}\)

\( \Rightarrow n = \frac{{{P_1}{V_1}{T_2}}}{{{P_2}{V_0}{T_1}}}\)

Thay số vào ta có:

\(n = \frac{{5 \cdot {{10}^6} \cdot 50 \cdot 285}}{{1,05 \cdot {{10}^5} \cdot 10 \cdot 310}}\)

\(n = \frac{{25 \cdot 285}}{{1,05 \cdot 31}} \approx 218,8\)

Kết luận: Vậy có thể bơm được 218 quả bóng.

Lời giải:

Xét lượng khí trong bình khi chưa bơm; \(n\) là số quả bóng bơm được.

Trạng thái 1:

Thể tích: \({V_1} = 30{\rm{ l}}\)

Áp suất: \({p_1} = 6{\rm{ MPa}} = 6 \cdot {10^6}{\rm{ Pa}}\)

Nhiệt độ: \({T_1} = 37 + 273 = 310{\rm{ K}}\)

Trạng thái 2:

Thể tích: \({V_2} = 30 + n \cdot 1,5\)

Áp suất: \({p_2} = 1,05 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}}\)

Nhiệt độ: \({T_2} = 12 + 273 = 285{\rm{ K}}\)

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có:

\(\frac{{{p_1} \cdot {V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2} \cdot {V_2}}}{{{T_2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{6 \cdot {{10}^6} \cdot 30}}{{310}} = \frac{{(30 + n \cdot 1,5) \cdot 1,05 \cdot {{10}^5}}}{{285}}\)

\( \Rightarrow n = 1030\)(quả)

Kết luận: Vậy dùng bình này bơm được 1030 quả.

Lời giải:

Âm nghe được sau khi phản xạ trên vách đá là:

\({f_1} = \frac{v}{{v - {v_s}}} \cdot f = \frac{{330}}{{330 - 10}} \cdot 1000 = 1031,3{\rm{ (Hz)}}\)

Lời giải:

Số nguyên tử chứa trong \(4{\rm{g}}\) Heli là:

\({N_{He}} = {n_{He}} \cdot {N_A} = \frac{{{m_{He}}}}{{{M_{He}}}} \cdot {N_A} = \frac{4}{4} \cdot {N_A} = {N_A}\)

Số phân tử chứa trong \(16{\rm{g}}\) Oxi là:

\({N_{{O_2}}} = {n_{{O_2}}} \cdot {N_A} = \frac{{{m_{{O_2}}}}}{{{M_{{O_2}}}}} \cdot {N_A} = \frac{{16}}{{32}} \cdot {N_A} = 0,5 \cdot {N_A}\)

Số phân tử chứa trong \(18{\rm{g}}\) nước lỏng là:

\({N_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}O}} \cdot {N_A} = \frac{{{m_{{H_2}O}}}}{{{M_{{H_2}O}}}} \cdot {N_A} = \frac{{18}}{{18}} \cdot {N_A} = {N_A}\)

Số nguyên tử chứa trong \(22,4{\rm{l}}\) khí trơ ở nhiệt độ \({0^^\circ }{\rm{C}}\) và áp suất \(1{\rm{ atm}}\) là:

\(N = n \cdot {N_A} = \frac{{V(l)}}{{22,4}} \cdot {N_A} = \frac{{22,4}}{{22,4}} \cdot {N_A} = {N_A}\)

Kết luận: Vậy đáp án sai là: Số phân tử chứa trong \(16{\rm{g}}\) Oxi.

Lời giải:

a) Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy (tan) hoàn toàn ở \({0^^\circ }{\rm{C}}\):

\({Q_1} = {m_1}\lambda  = 0,1 \cdot 3,4 \cdot {10^5} = 34 \cdot {10^3}{\rm{ (J)}}\)

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi giảm từ \({20^^\circ }{\rm{C}}\) đến \({0^^\circ }{\rm{C}}\) :

\({Q_2} = {m_2} \cdot c({t_2} - {t_1}) = 25,2 \cdot {10^3}{\rm{ (J)}}\)

Ta thấy \({Q_1} > {Q_2}\) nên nước đá chỉ tan một phần.

b) Nhiệt lượng nước tỏa ra chỉ làm tan một khối lượng \(\Delta m\) nước đá. Do đó:

\({Q_2} = \Delta m \cdot \lambda  \Rightarrow \Delta m = \frac{{{Q_2}}}{\lambda } = 0,074{\rm{ (kg)}} = 74{\rm{ (g)}}\)

Vậy nước đá còn lại :

\(m' = {m_1} - \Delta m = 100 - 74 = 26{\rm{ (g)}}\)

Lời giải:

Nhiệt độ của vật phụ thuộc vào động năng phân tử của các phân tử và khoảng cách giữa các phân tử cấu tạo nên vật. Mặt khác động năng phân tử lại phụ thuộc vào khối lượng, vận tốc phân tử.

Lời giải:

Ta có:

\(H = \frac{Q}{{{Q_0}}} = \frac{{m \cdot c \cdot \Delta t + m \cdot \lambda }}{{{m_t} \cdot q}}\)

\( \to 0,6 = \frac{{m \cdot 460 \cdot (1300 - 20) + m \cdot 2,77 \cdot {{10}^5}}}{{200 \cdot 29 \cdot {{10}^6}}}\)

\( \to m \approx 4019{\rm{ kg}}{\rm{.}}\)

Lời giải:

Nhiệt lượng than đá cung cấp: \({Q_{{\rm{toa}}}} = {m_t}{q_t}\)

Nhiệt lượng phải nấu chảy thép: \({Q_{{\rm{thu}}}} = mc(t - {t_1}) + \lambda m\)

Do hiệu suất \(60\% \) nên:

\({Q_{{\rm{thu}}}} = m{c_1}(t - {t_1}) + \lambda m = 0,6{Q_{{\rm{toa}}}}\)

\( \Leftrightarrow {m_1}{c_1}(t - {t_1}) + \lambda {m_1} = 0,6{m_t}{q_t}\)

\( \Rightarrow m = \frac{{0,6{m_t}{q_t}}}{{{c_1}(t - {t_1}) + \lambda }}\)

Thay số vào ta được:

\( \to m = \frac{{0,6 \cdot 200 \cdot 29 \cdot {{10}^6}}}{{0,46 \cdot {{10}^3} \cdot (1400 - 20) + 83,7 \cdot {{10}^3}}}\)

\[ \to m \approx 4843{\rm{ kg}} \approx 4,8{\rm{ (tan)}}\]

Lời giải:

Để lực căng dây bằng \(0\) thì lực từ \(\vec F\) phải có chiều hướng lên trên (ngược chiều với trọng lực \(\vec P\)):

Xác định chiều dòng điện: Vận dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được chiều của cường độ dòng điện \(I\) là từ \(N\) đến \(M\).

Thông số khối lượng: Khối lượng một đơn vị chiều dài là \(d = 0,04\) kg/m.

Dây dẫn có chiều dài \(L\) có khối lượng là: \(m = L \cdot d{\rm{ (kg)}}\).

Trọng lượng của dây dẫn là: \(P = mg = L \cdot d \cdot g\).

Lực từ tác dụng lên dây dẫn: \(F = B \cdot I \cdot L \cdot \sin \alpha \).

Thiết lập phương trình cân bằng lực:

Để lực căng dây bằng \(0\), ta cần \(F = P\):

\( \Rightarrow F = P \Leftrightarrow B \cdot I \cdot L \cdot \sin \alpha  = Ldg\)

\( \Leftrightarrow B \cdot I\sin \alpha  = dg \Rightarrow I = \frac{{dg}}{{B \cdot \sin \alpha }}\)

Thay số vào biểu thức:

\(I = \frac{{0,04 \cdot 10}}{{0,04}} = 10{\rm{ A}}\)

Lời giải:

Thanh MN chịu tác dụng của các lực \(\vec F,\vec T,\vec P\), chiều lực từ được xác định như hình vẽ.

Trọng lực \(P\) có độ lớn:

\(P = mg = D \cdot l \cdot g\)

Lực từ có độ lớn:

\(F = B \cdot I \cdot l \cdot \sin \alpha \)

Điều kiện cân bằng:

\(2T = F + P = B \cdot I \cdot l \cdot \sin \alpha  + D \cdot l \cdot g\)

\( \Rightarrow T = \frac{{B \cdot I \cdot l \cdot \sin \alpha  + D \cdot l \cdot g}}{2}\)

Thay các giá trị vào biểu thức:

\(T = \frac{{0,04 \cdot 16 \cdot 0,25 \cdot \sin {{90}^^\circ } + 0,04 \cdot 0,25 \cdot 10}}{2} = 0,13{\rm{ N}}\)

Lời giải:

a) Nội năng của vận động viên là tổng động năng và thế năng của các phân tử trong cơ thể vận động viên đó \( \to \) a sai.

b) Nội năng của nước trong bể bơi thay đổi do quá trình truyền nhiệt từ cơ thể vận động viên sang nước trong bể bơi và sự ma sát của vận động với nước \( \to \) b sai.

c) Sau khi người rơi xuống nước, nội năng của nước tăng \( \to \) c đúng.

d) Khi vận động viên rơi xuống nước, cơ năng của vận động viên chuyển hóa thành nhiệt năng của nước:

\(Q = W = mgh = 55 \cdot 9,8 \cdot 10 = 5390{\rm{ (J)}}\)

\( \to \) d đúng.

Lời giải:

Câu a: Nội năng của nước trong bể bơi thay đổi chủ yếu là do quá trình truyền nhiệt từ cơ thể vận động viên sang nước trong bể bơi.

Đáp án: Đúng. Khi vận động viên nhảy xuống nước, cơ thể của họ sẽ truyền nhiệt cho nước, làm tăng nội năng của nước.

Câu b: Độ biến thiên nội năng của nước trong bể bơi bằng độ biến thiên nội năng cơ thể của vận động viên.

Đáp án: Sai. Độ biến thiên nội năng của nước không nhất thiết phải bằng độ biến thiên nội năng của cơ thể vận động viên, vì một phần năng lượng có thể được chuyển hóa thành động năng khi vận động viên rơi xuống nước.

Câu c: Cơ thể vận động viên đã truyền một nhiệt lượng \(2750{\rm{ J}}\) cho bể nước.

Để tính nhiệt lượng mà cơ thể vận động viên truyền cho nước, ta sử dụng công thức tính năng lượng thế:

\({E_p} = mgh\)

Trong đó:

\(m = 55{\rm{ kg}}\) (khối lượng vận động viên).

\(g = 10{\rm{ m/}}{{\rm{s}}^2}\) (gia tốc trọng trường).

\(h = 5{\rm{ m}}\) (độ cao).

Tính toán:

\({E_p} = 55 \times 10 \times 5 = 2750{\rm{ J}}\)

Đáp án: Đúng. Cơ thể vận động viên đã truyền một nhiệt lượng \(2750{\rm{ J}}\) cho bể nước.

Câu d: Độ biến thiên nội năng của nước trong bể bơi là \(2750{\rm{ J}}\).

Đáp án: Đúng. Nếu bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài, thì độ biến thiên nội năng của nước trong bể bơi sẽ bằng nhiệt lượng mà vận động viên truyền cho nước, tức là \(2750{\rm{ J}}\).

Lời giải:

a) Giai đoạn 1 chưa cấp điện cho dây điện trở nên nước đá tan do nhận nhiệt lượng từ môi trường \( \Rightarrow \) a đúng.

b) Giai đoạn 2 cấp điện cho dây điện trở nên nước đá tan do nhận nhiệt lượng từ dây điện trở và môi trường \( \Rightarrow \) b đúng.

c) Ta có:

Khối lượng nước đá nóng chảy do nhận nhiệt từ môi trường trong giai đoạn 1 là \({m_1}\)

Khối lượng nước đá nóng chảy do nhận nhiệt từ môi trường và nguồn điện trong giai đoạn 2 là \({m_2}\).

Vì \({t_2} = {t_1}\), do đó \(m = {m_2} - {m_1}\).

\( \Rightarrow \) c đúng.

d) Phương án thí nghiệm này là một trong những phương án có thể làm giảm được ảnh hưởng (giảm sai số) của sự trao đổi nhiệt với môi trường đến kết quả thí nghiệm.

\( \Rightarrow \) d đúng.

Lời giải:

Phương pháp:

- Lý thuyết về thí nghiệm đo nhiệt dung riêng.

- Công thức tính giá trị trung bình và sai số của phép đo, cách ghi kết quả đo.

- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.

Cách giải:

a) Trình tự thí nghiệm: Cân khối lượng của nước rồi cho vào nhiệt lượng kế; Đo nhiệt độ ban đầu của nước và bộ dụng cụ kèm theo; Cân khối lượng của khối nước đá rồi cho vào nhiệt lượng kế; Đo nhiệt độ ổn định của nước khi nước đá vừa tan hết.

→ a đúng.

b) Để giữ cho nhiệt độ nóng chảy của nước đá không thay đổi trong suốt quá trình thí nghiệm phải giữ áp suất tác dụng lên viên đá không đổi.

→ b đúng.

c) Khối lượng nước trung bình:

\(\overline {{m_n}} = \frac{{{m_{n1}} + {m_{n2}} + {m_{n3}}}}{3}\)

\( \Rightarrow \overline {{m_n}} = \frac{{192,92 + 192,94 + 192,91}}{3}\)

\( \Rightarrow \overline {{m_n}} = \frac{{57877}}{{300}} \approx 192,92{\rm{ (g)}}\)

Sai số tuyệt đối của phép đo:

\(\Delta {m_n} = \overline {\Delta {m_n}} + \Delta {m_{dc}} = \overline {\Delta {m_n}} + 0,01{\rm{ g}}\)

Kết quả phép đo khối lượng nước sử dụng trong thí nghiệm là \({m_n} = 192,92 \pm \Delta {m_n}\).

→ c sai.

d) Ta có:

\(\overline {{m_d}} = \frac{{{m_{d1}} + {m_{d2}} + {m_{d3}}}}{3} = \frac{{36,71 + 36,74 + 36,75}}{3} = \frac{{551}}{{15}}{\rm{ (g)}}\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\({m_d}(\lambda + ct) = ({m_n}c + {C_0})(t - {t_0})\)

\( \Rightarrow \frac{{551}}{{15}} \cdot {10^{ - 3}}(\lambda + 4180 \cdot 15,5) = \left( {\frac{{57877}}{{300}} \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot 4180 + 41,9} \right) \cdot (32 - 15,5)\)

\( \Rightarrow \lambda \approx 3,16 \cdot {10^5}{\rm{ (J/kg}}{\rm{.K)}}\)

→ d đúng.

Lời giải:

Thứ tự đúng các bước tiến hành thí nghiệm là:

Đổ một lượng nước vào bình nhiệt lượng kế, sao cho toàn bộ dây điện trở.

Cắm đầu đo của nhiệt kế vào nhiệt lượng kế.

Nối oát kế với nhiệt lượng kế và nguồn điện.

Bật nguồn điện.

Khuấy liên tục để nước nóng đều. Cứ sau mỗi khoảng thời gian 3 phút, đọc công suất dòng điện từ oát kế, nhiệt độ từ nhiệt kế rồi ghi lại kết quả.

Tắt nguồn điện.

\( \Rightarrow \) Thứ tự: d, a, c, b, e, f \( \Rightarrow \) a sai.

Nhiệt lượng mà nước thu vào bằng điện năng đã cung cấp cho dây điện trở trong nhiệt lượng kế \( \Rightarrow \) b đúng.

Tính toán nhiệt dung riêng:

Nhiệt lượng mà nước thu vào bằng điện năng đã cung cấp cho dây điện trở trong nhiệt lượng kế. Ta có:

\({Q_{thu}} = A \Leftrightarrow mc(t - {t_0}) = P \cdot \Delta t\)

\( \Leftrightarrow 0,136 \cdot c \cdot (33 - 27) = 18,2 \cdot 180\)

\( \Leftrightarrow c \approx 4014,71{\rm{ J/kg}}{\rm{.K}}\)

\( \Rightarrow \) c đúng.

Để có kết quả gần giá trị thực tế hơn thì nhóm học sinh cần lặp lại thí nghiệm nhiều lần rồi lấy giá trị trung bình \( \Rightarrow \) d đúng.

Lời giải:

Xác định chu kỳ và tốc độ góc:

Thời gian ngắn nhất để chất điểm đi từ M sang N là 1s:

\( \Rightarrow T = 2{\rm{ s}} \Rightarrow \omega  = \pi {\rm{ (rad/s)}}\)

Xác định pha ban đầu (\(\varphi \)):

Tại thời điểm ban đầu (\(t = 0\)), chất điểm có li độ \(x = \frac{a}{2}\):

\( \Rightarrow \frac{a}{2} = a\cos \varphi  \Rightarrow \varphi  =  \pm \frac{\pi }{3}\)

Do chất điểm đi theo chiều dương (\(v > 0\)):

\( \Rightarrow \varphi  =  - \frac{\pi }{3}\)

Phương trình dao động của chất điểm là:

\(x = a\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\)

Lời giải:

- Các phân tử khí chuyển động nhiệt: Các phân tử khí luôn ở trong trạng thái chuyển động nhiệt, điều này giúp chúng phân tán đều trong không gian.

- Các chất khí đã cho không có phản ứng hóa học với nhau: Nếu hai chất khí không phản ứng với nhau, chúng có thể trộn lẫn mà không biến đổi thành các chất khác

- Giữa các phân tử khí có khoảng trống: Khoảng trống giữa các phân tử khí giúp chúng có thể trộn lẫn vào nhau một cách dễ dàng và tạo ra một hỗn hợp khí đồng đều.

Lời giải:

Biên độ dao động của vật:

\(A = \frac{L}{2} = 10{\rm{ cm}}\)

Từ hình vẽ (giả định), ta có:

\(\frac{1}{{12}} = \frac{T}{6} \Rightarrow T = 0,5{\rm{ s}}\)

\( \Rightarrow \omega  = 4\pi \)

Pha ban đầu của dao động:

\({\varphi _0} =  - \frac{{2\pi }}{3}{\rm{ rad}}\)

Phương trình dao động cuối cùng:

Vậy \(x = 10\cos \left( {4\pi t - \frac{{2\pi }}{3}} \right){\rm{ cm}}\)

Lời giải:

Trục quay của Trái Đất là một đường thẳng tưởng tượng xuyên tâm cắt mặt Trái Đất ở 2 điểm cố định và nghiêng một góc 66°33' trên mặt phẳng quỹ đạo.