(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 33
28 câu hỏi
Khi ô tô đóng kín cửa và đỗ ngoài trời nắng, nhiệt độ không khí bên trong xe tăng rất cao so với nhiệt độ không khí bên ngoài sẽ làm giảm tuổi thọ các thiết bị trong xe. Nguyên nhân dẫn đến sự tăng nhiệt độ này là do:
lượng khí trong ô tô tăng lên nhưng thể tích khối khí không đổi nên nhiệt lượng mà khối khí nhận được chủ yếu làm tăng nội năng của khối khí.
thể tích khối khí trong ô tô không đổi nên nhiệt lượng mà khối khí trong ô tô nhận được chủ yếu làm tăng nội năng của khối khí.
thể tích khối khí trong ô tô giảm và khối khí nhận nhiệt lượng nên làm cho nội năng của khối khí tăng.
lượng khí trong ô tô không đổi nhưng thể tích khối khí giảm nên nhiệt lượng và công mà khối khí nhận được làm cho nội năng của khối khí tăng cao.
Đáp án đúng là B
Khi ô tô đóng kín cửa và đỗ ngoài trời nắng, khối khí trong xe được mặt trời chiếu sáng nên khối khí nhận nhiệt lượng ($Q > 0$).
Ô tô đóng kín cửa nên thể tích khối khí không đổi nên khối khí không sinh công ($A = 0$).
Theo định luật I nhiệt động lực học, ta có:
\[
\Delta U = A + Q = 0 + Q = Q > 0
\]
Nên nội năng của khối khí tăng, làm nhiệt độ khối khí trong xe tăng và cao hơn nhiệt độ không khí bên ngoài.
Một khung dây dẫn kín có diện tích 24 gồm 100 vòng dây và quay đều với tốc độ 50 vòng/giây quanh trục D nằm trong mặt phẳng khung dây và vuông góc với các đường sức từ của từ trường đều có độ lớn cảm ứng từ bằng 0,2 T. Điện trở của khung dây dẫn là 1,2 W.
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn kín có độ lớn cực đại là
4,8 V.
4,8 mV.
$4,8\pi \, V$.
48 mV.
Đáp án đúng là C
Khung dây dẫn quay đều với tốc độ góc:
\[
\omega = 2\pi f = 2\pi \cdot 50 = 100\pi \, (\text{rad/s}).
\]
Từ thông xuyên qua khung dây dẫn là:
\[
\Phi(t) = NBS \cos(\omega t + \varphi_0) \quad (\text{Wb}).
\]
Suất điện động xuất hiện trong khung dây là:
\[
e_c = - \dfrac{d\Phi}{dt} = NBS \omega \sin(\omega t + \varphi_0) \quad (\text{V}).
\]
Vậy, suất điện động cảm ứng trong khung dây dẫn kín có độ lớn cực đại là:
\[
E_0 = NBS \omega = 100 \cdot 0{,}2 \cdot 2{,}24 \cdot 10^{-4} \cdot 100\pi = 4{,}8\pi \, (\text{V}).
\]
Hãy chỉ ra phương án sai trong các câu sau: Cùng một khối lượng của một chất nhưng khi ở các thể khác nhau thì sẽ khác nhau về
thể tích.
khối lượng riêng.
kích thước của các nguyên tử.
trật tự của các nguyên tử.
Đáp án đúng là C
Với cùng một khối lượng của một chất nhưng khi ở các thể khác nhau (rắn, lỏng, khí) thì thể tích và khối lượng riêng ($D=\dfrac{m}{V}$) sẽ khác nhau do sự sắp xếp và khoảng cách giữa các nguyên tử thay đổi. Trật tự của các nguyên tử cũng khác nhau: ở thể rắn, chúng sắp xếp có trật tự; ở thể lỏng, ít trật tự hơn; còn ở thể khí thì chúng chuyển động hỗn loạn.
Kích thước của các nguyên tử là một đại lượng cố định và không thay đổi theo trạng thái của chất.
Một lượng nước và một lượng rượu có thể tích và nhiệt độ ban đầu bằng nhau được cung cấp các nhiệt lượng tương ứng lần lượt là $Q_1$ và $Q_2$. Biết khối lượng riêng của nước là $1000 \ \mathrm{kg/m^3}$ và của rượu là $800 \ \mathrm{kg/m^3}$; nhiệt dung riêng của nước là $4200 \ \mathrm{J/(kg.K)}$ và của rượu là $2500 \ \mathrm{J/(kg.K)}$. Xét trong quá trình nước và rượu chưa sôi, để nhiệt độ của nước và rượu bằng nhau lần nữa thì
$Q_1 = 2,1 Q_2$.
$Q_1 = Q_2$.
$Q_1 = 1,25 Q_2$.
$Q_1 = 1,68 Q_2$.
Đáp án đúng là A
Do nhiệt độ ban đầu của nước và rượu bằng nhau nên khi nhiệt độ của chúng bằng nhau lần nữa thì độ tăng nhiệt độ $\Delta T$ (K) của chúng cũng bằng nhau.
Khi đó, ta có:
\[
Q_1 = m_n \cdot c_n \cdot \Delta T = D_n \cdot V_n \cdot c_n \cdot \Delta T
\ \Leftrightarrow \ \Delta T = \dfrac{Q_1}{D_n V_n c_n}
\]
\[
Q_2 = m_r \cdot c_r \cdot \Delta T = D_r \cdot V_r \cdot c_r \cdot \Delta T
\ \Leftrightarrow \ \Delta T = \dfrac{Q_2}{D_r V_r c_r}
\]
Mà: $V_n = V_r$
\[
\Rightarrow \ \dfrac{Q_1}{D_n c_n} = \dfrac{Q_2}{D_r c_r}
\ \Leftrightarrow \ \dfrac{Q_1}{1000 \cdot 4200} = \dfrac{Q_2}{800 \cdot 2500}
\]
\[
\Rightarrow Q_1 = 2,1 Q_2.
\]
Một khối khí lí tưởng thực hiện quá trình biến đổi trạng thái có đồ thị biểu diễn sự biến thiên của thể tích theo nhiệt độ tuyệt đối như hình vẽ bên. Nhiệt độ ban đầu của khối khí là
$87^\circ \mathrm{C}$.
$288 \ \mathrm{K}$.
$270 \ \mathrm{K}$.
$27^\circ \mathrm{C}$.
Đáp án đúng là B
Do đồ thị biểu diễn sự biến thiên của thể tích theo nhiệt độ tuyệt đối của khối khí lí tưởng là đường thẳng kéo dài đi qua gốc tọa độ $O$ nên quá trình biến đổi trạng thái của khối khí là quá trình đẳng áp.
Khi đó, ta có:
\[
\dfrac{V_1}{T_1} = \dfrac{V_2}{T_2}
\ \Leftrightarrow \ T_1 = \dfrac{V_1 \cdot T_2}{V_2}
= \dfrac{V_1 \cdot 360}{V_1 + 25\%V_1} = 288 \ \mathrm{K}.
\]
Hệ thức nào sau đây cho biết mối liên hệ giữa khối lượng riêng $D$ và áp suất $p$ của một lượng khí lí tưởng không đổi trong quá trình biến đổi đẳng nhiệt?
$\dfrac{D_1}{p_1} = \dfrac{D_2}{p_2}$.
$\dfrac{D_1}{p_1} = \dfrac{2D_2}{p_2}$.
$\dfrac{D_1}{p_1} = \dfrac{1}{2} \dfrac{D_2}{p_2}$.
$\dfrac{D_2}{p_1} = \dfrac{p_2}{D_2}$.
Đáp án đúng là A
Trong quá trình biến đổi đẳng nhiệt, ta có:
\[
p_1 V_1 = p_2 V_2
\]
Mà: $D = \dfrac{m}{V} \ \Leftrightarrow \ V = \dfrac{m}{D}$
Suy ra:
\[
p_1 \dfrac{m_1}{D_1} = p_2 \dfrac{m_2}{D_2}
\]
Do lượng khí lí tưởng không đổi nên $m_1 = m_2$.
Suy ra:
\[
\dfrac{p_1}{D_1} = \dfrac{p_2}{D_2} \ \text{hay} \ \dfrac{D_1}{p_1} = \dfrac{D_2}{p_2}.
\]
Trong hệ đơn vị SI, nhiệt dung riêng của một chất có đơn vị đo là
Α. J/kg.
J.
J/(kg.K).
J.kg/K.
Đáp án đúng là C
Trong hệ đơn vị SI, nhiệt dung riêng của một chất có đơn vị là J/(kg.K).
Cho một khung dây dẫn được nối với điện kế tạo thành mạch kín và đặt gần nam châm điện như hình vẽ bên. Trong khung dây dẫn kín không xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khoảng thời gian
khóa K đã đóng và di chuyển con chạy làm tăng giá trị của biến trở.
khóa K đã đóng và di chuyển con chạy làm giảm giá trị của biến trở.
khóa K đã ngắt và di chuyển con chạy làm tăng giá trị của biến trở.
mạch điện của nam châm điện đang kín thì ta ngắt khóa K để mạch hở.
Đáp án đúng là C
Khi khóa K đóng thì mạch điện của nam châm điện kín, dịch chuyển con chạy để làm tăng/giảm giá trị của biến trở để thay đổi cường độ dòng điện chạy trong mạch thì độ lớn cảm ứng từ của từ trường nam châm điện cũng thay đổi theo và làm cho từ thông xuyên qua diện tích khung dây dẫn kín biến thiên và xuất hiện dòng điện cảm ứng.
Khi mạch điện của nam châm điện đang kín thì ta ngắt khóa K làm cho cường độ dòng điện giảm nhanh về 0 làm cho từ trường nam châm điện từ có thành không nên từ thông xuyên qua diện tích khung dây dẫn kín biến thiên từ có thành không và làm xuất hiện dòng điện cảm ứng.
Trong khoảng thời gian khóa K đã ngắt thì không có dòng điện chạy trong cuộn dây của nam châm điện nên không có từ trường và trong khung dây dẫn kín cũng không xuất hiện dòng điện cảm ứng.
Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong khung dây dẫn kín là
$2\sqrt{2}\,\text{A}$.
$4\pi \,\text{A}$.
$4\,\text{mA}$.
$2\sqrt{2}\pi \,\text{A}$.
Đáp án đúng là D
Theo câu 8, ta có suất điện động xuất hiện trong khung dây là:
\[
e_c = NBS\omega \sin(\omega t + \varphi_0) \quad (\text{V}).
\]
Cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn kín là:
\[
i_c = \dfrac{e_c}{R} = \dfrac{NBS\omega}{R}\sin(\omega t + \varphi_0) \quad (\text{A}).
\]
Vậy, cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong khung dây dẫn kín là:
\[
I = \dfrac{I_0}{\sqrt{2}} = \dfrac{NBS\omega}{R\sqrt{2}} = \dfrac{E_0}{R\sqrt{2}}
= \dfrac{4{,}8\pi}{1{,}2\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\pi \, (\text{A}).
\]
Cho hai dây dẫn được uốn thành vòng tròn có bán kính lần lượt là $R_1 = 8 \ \text{cm}$ và $R_2 = 16 \ \text{cm}$. Hai
vòng dây được đặt đồng tâm và nằm trong cùng một mặt phẳng. Dòng điện chạy trong mỗi vòng dây có cường độ là $5 \ \text{A}$ và chiều ngược nhau như hình bên. Biết độ lớn cảm ứng từ ở tâm của vòng tròn dây dẫn có dòng điện chạy qua được xác định bằng biểu thức $B = 2\pi \cdot 10^{-7} \cdot \dfrac{I}{R} \ (T)$ (với $I$ là cường độ dòng điện (A), $R$ là bán kính vòng dây (m)). Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do hai dòng điện trên gây ra là
19,625 μT.
39,25 μT.
58,875 μT.
58,875 T.
Đáp án đúng là A
Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ $I_1$ gây ra là:
B1=2π·10-7·I1R1=2,3·10-7·50,08=39,25·10-6 T.B_1 = 2\pi \cdot 10^{-7} \cdot \dfrac{I_1}{R_1} = 2,3 \cdot 10^{-7} \cdot \dfrac{5}{0,08} = 39,25 \cdot 10^{-6} \ \text{T}.
Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do dòng điện có cường độ $I_2$ gây ra là:
B2=2π·10-7·I2R2=2,3·10-7·50,16=19,625·10-6 T.B_2 = 2\pi \cdot 10^{-7} \cdot \dfrac{I_2}{R_2} = 2,3 \cdot 10^{-7} \cdot \dfrac{5}{0,16} = 19,625 \cdot 10^{-6} \ \text{T}.
Độ lớn cảm ứng từ tại tâm của hai vòng dây do hai dòng điện trên gây ra là:
B→=B1→+B2→.\vec{B} = \vec{B_1} + \vec{B_2}.
Do $\vec{B_1}$ và $\vec{B_2}$ ngược hướng (như hình vẽ) nên:
B=|B1-B2|=|39,25·10-6-19,625·10-6|=19,625·10-6 T.B = |B_1 - B_2| = |39,25 \cdot 10^{-6} - 19,625 \cdot 10^{-6}| = 19,625 \cdot 10^{-6} \ \text{T}.
Một bình kín có vỏ cách nhiệt được chia làm hai phần bởi một lớp ngăn mỏng, cách nhiệt. Ở hai phần của bình, chứa hai chất lỏng không tác dụng hóa học với nhau và có các thông số sau:
Khối lượng lần lượt $m_1, m_2$ (kg); nhiệt dung riêng lần lượt $c_1, c_2$ (J/(kg.K)); nhiệt độ ban đầu lần lượt $t_1, t_2$ ($^\circ C$). Sau khi lớp ngăn được phá bỏ, nhiệt độ khi cân bằng của hỗn hợp là $t$ ($^\circ C$). Biết rằng, $3(t_1 - t) = t_1 - t_2$. Tỉ số $\dfrac{m_1}{m_2}$ bằng
| Khối lượng (kg) | Nhiệt dung riêng (J/(kg.K)) | Nhiệt độ ban đầu (°C) |
Phần chất lỏng thứ nhất | m1 | c1 | t1 |
Phần chất lỏng thứ hai | m2 | c2 | t2 |
$1 + 2 \cdot \dfrac{c_2}{c_1}$.
$2 \cdot \dfrac{c_1}{c_2}$.
$2 \cdot \dfrac{c_2}{c_1}$.
$1 + 2 \cdot \dfrac{c_1}{c_2}$.
Đáp án đúng là C
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 hai cho đến khi xảy ra cân bằng nhiệt. Khi đó ta có:
\[
Q_{\text{toả}} = Q_{\text{thu}} \ \Leftrightarrow \ m_1 c_1 (t_1 - t) = m_2 c_2 (t - t_2).
\]
Suy ra:
\[
\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2 (t - t_2)}{c_1 (t_1 - t)} \quad (1)
\]
Mà $3(t_1 - t) = t_1 - t_2 \ \Rightarrow \ 2(t_1 - t) = t - t_2 \quad (2)$.
Từ (1) và (2) suy ra:
\[
\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2 \, 2(t_1 - t)}{c_1 (t_1 - t)} = 2 \cdot \frac{c_2}{c_1}.
\]
Kết quả trên vẫn đúng với trường hợp $t_1 < t_2$.
Một mol khí helium chứa trong một xilanh đầy kín bởi một pít-tông (pít-tông có thể dịch chuyển không ma sát), khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo đồ thị như hình bên. Trong quá trình biến đổi đó, nhiệt độ lớn nhất của khối khí xấp xỉ bằng
722 K.
936 K.
963 K.
690 K.
Đáp án đúng là C
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:
\[
\begin{cases}
6.10^5 = a.\,10.10^{-3} + b\\
2.10^5 = a.\,30.10^{-3} + b
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
a = -2.10^7\\
b = 8.10^5
\end{cases}
\Rightarrow
p.V = -2.10^7.V^2 + 8.10^5.V
\]
Mà: $p.V = n.R.T = 8{,}31.T$ (phương trình Clapeyron)
Suy ra:
\[
T = \dfrac{-2.10^7}{8{,}31}.V^2 + \dfrac{8.10^5}{8{,}31}.V
\]
\[
\Rightarrow V' = -\dfrac{B}{2A} = \dfrac{\dfrac{8.10^5}{8{,}31}}{2.\dfrac{2.10^7}{8{,}31}} = 0{,}02 \ \text{m}^3
\]
\[
T_{\max} = -\dfrac{2.10^7}{8{,}31}.0{,}02^2 + \dfrac{8.10^5}{8{,}31}.0{,}02 \approx 963 \ \text{K}.
\]
Một bạn học sinh thực hiện thí nghiệm thả rơi một thanh nam châm thẳng đi qua lòng ống dây như hình vẽ bên. Bạn đã dự đoán các kết quả có thể xảy ra như sau, kết quả nào đúng?
Khi thanh nam châm đang rơi vào lòng ống dây thì đèn led Đ1 sáng, đèn led Đ2 tắt.
Khi thanh nam châm đang rơi vào lòng ống dây thì cả hai đèn led đều sáng.
Khi thanh nam châm đang rơi ra khỏi lòng ống dây thì đèn led Đ1 sáng, đèn led Đ2 tắt.
Khi thanh nam châm đang rơi ra khỏi lòng ống dây thì cả hai đèn led đều sáng.
Đáp án đúng là C
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 Đ2 sáng, đèn led Đ1 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 Đ1 sáng, đèn led Đ2 tắt.
Một đoạn dây dẫn thẳng dài $5 \ \text{cm}$ mang dòng điện có cường độ $2 \ \text{A}$ được đặt trong từ trường đều có độ lớn cảm ứng từ bằng $0{,}5 \ \text{T}$ và các đường sức từ hợp với dây dẫn một góc $30^\circ$. Lực từ tác dụng lên dây dẫn có độ lớn là
$2{,}5 \ \text{N}$.
$25 \ \text{mN}$.
$43 \ \text{mN}$.
$4{,}3 \ \text{N}$.
Đáp án đúng là B
Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn là
\[
F = B I \ell \cdot \sin(\vec{B}; \ell)
= 0{,}5 \cdot 2 \cdot 0{,}05 \cdot \sin 30^\circ
= 0{,}025 \ \text{N} = 25 \ \text{mN}.
\]
Biển cảnh báo trong hình bên có ý nghĩa gì?
Cảnh báo khu vực nguy hiểm có sấm sét.
Cảnh báo khu vực nguy hiểm về điện.
Cảnh báo khu vực nguy hiểm về phóng xạ.
Cảnh báo khu vực chứa hóa chất độc hại.
Đáp án đúng là B
Biển cảnh báo trong hình có ý nghĩa: cảnh báo khu vực nguy hiểm về điện.
Nếu đặt điện áp xoay chiều có biểu thức $u=310\cos 100\pi t$ (V) vào hai đầu một đoạn mạch điện thì điện áp tức thời đạt giá trị $155$ V lần đầu tiên tại thời điểm
$\dfrac{1}{150}$ s.
$\dfrac{1}{100}$ s.
$\dfrac{1}{600}$ s.
$\dfrac{1}{60}$ s.
Đáp án đúng là B
Thời điểm điện áp tức thời đạt giá trị $155$ V là:
\[
u=310\cos 100\pi t = 155\,\text{V} \Leftrightarrow \cos 100\pi t=\dfrac{1}{2}=\cos\dfrac{\pi}{3}\ (t>0)
\]
\[
\Leftrightarrow 100\pi t=\pm\dfrac{\pi}{3}+k\cdot 2\pi\ (k\in\mathbb{N})
\Leftrightarrow
\begin{cases}
t_1=\dfrac{1}{300}+\dfrac{k}{50}\ (k\in\mathbb{N})\\[4pt]
t_2=-\dfrac{1}{300}+\dfrac{k}{50}\ (k\in\mathbb{N^\ast};\ k\ge 1).
\end{cases}
\]
Giá trị nhỏ nhất của $t_1$ và $t_2$ lần lượt là $\dfrac{1}{300}$ và $\dfrac{1}{60}$.
Vậy điện áp tức thời đạt giá trị $155$ V lần đầu tiên tại thời điểm $t=\dfrac{1}{300}$ s.
Trong thiết bị kiểm tra hành lí ở các sân bay có ứng dụng của tia nào sau đây?
Tia hồng ngoại.
Tia tử ngoại.
Tia X.
Tia alpha.
Đáp án đúng là C
Trong thiết bị kiểm tra hành lí ở các sân bay có ứng dụng của tia X.
Hình bên là một kỹ sư đang dùng máy thu (ống Geiger–Muller) để xác định số lượng hạt \(\alpha\) được phát ra từ một nguồn phóng xạ X. Biết trong 2 giây đầu, máy đếm được có 3 hạt \(\alpha\) được phát ra; trong 15 giây tiếp theo, máy đếm được có thêm 12 hạt \(\alpha\) nữa được phát ra. Hằng số phóng xạ của chất phóng xạ X xấp xỉ bằng
\(0{,}081 \ \text{s}^{-1}\)
\(0{,}173 \ \text{s}^{-1}\)
\(0{,}231 \ \text{s}^{-1}\)
\(0{,}058 \ \text{s}^{-1}\)
Đáp án đúng là A
Số hạt \(\alpha\) được phát ra bằng số hạt nhân X đã phân rã, ta có:
\[
N_\alpha = \Delta N = N_0 - N_t = N_0 \left(1 - e^{-\lambda t}\right)
\]
Trong 2 giây đầu đếm được 3 hạt \(\alpha\), ta có:
\[
N_0 - N_{t_1} = N_0 \left(1 - e^{-\lambda \cdot 2}\right) = 3 \quad (1)
\]
Trong 17 giây đầu tổng cộng có 15 hạt \(\alpha\), ta có:
\[
N_0 - N_{t_2} = N_0 \left(1 - e^{-\lambda \cdot 17}\right) = 15 \quad (2)
\]
Từ (1) và (2) suy ra:
\[
\frac{1 - e^{-2\lambda}}{1 - e^{-17\lambda}} = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}
\quad \Rightarrow \quad \lambda \approx 0{,}081 \ \text{s}^{-1}
\]
Để đúc các vật bằng thép, người ta thường phải nấu chảy thép trong lò sử dụng nhiên liệu đốt là than đá với hiệu suất 60%. Trong một lần đúc, người ta đưa thép có khối lượng m (kg) ở nhiệt độ 27 °C vào trong lò. Để nấu chảy hoàn toàn lượng thép trên, người ta đã đốt cháy hết 200 kg than đá. Biết năng suất tỏa nhiệt của than đá là 29.106 J/kg; nhiệt độ nóng chảy, nhiệt nóng chảy riêng và nhiệt dung riêng ở thể rắn của thép lần lượt là 1 400 °C, 83,7.103 J/kg và 460 J/(kg.K).
a) Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 200 kg than đá là 5,8.109 J.
b) Nhiệt lượng do than đá đã cung cấp cho khối thép để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là 2,32.109 J.
c) Nhiệt lượng cần cung cấp để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là 715280m (J).
d) Khối lượng của khối thép đã cho là m≈4865 kg.
| Nội dung | Đúng | Sai |
a | Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 200 kg than đá là 5,8.109 J. | Đ |
|
b | Nhiệt lượng do than đá đã cung cấp cho khối thép để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là 2,32.109 J. |
| S |
c | Nhiệt lượng cần cung cấp để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là 715280m (J). | Đ |
|
d | Khối lượng của khối thép đã cho là m≈4865 kg. | Đ |
|
a) ĐÚNG
Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 200 kg than đá là:
Qt=q.m=29.106.200=5,8.109 J.
b) SAI
Nhiệt lượng do than đá đã cung cấp cho khối thép để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là:
Qc=60%.Qt=60%.5,8.109=3,48.109 J.
c) ĐÚNG
Nhiệt lượng cần cung cấp để nấu chảy hoàn toàn m (kg) thép là:
Qn=m.c.∆T+λ.m=m.460.(1400-27)+83,7.103.m=715280m (J).
d) ĐÚNG
Khối lượng của khối thép đã cho là:
Qn=Qc Û 715280m=3,48.109 Û m≈4865kg.
Hình bên là ngôi nhà dã chiến do Quân đội nhân dân Việt Nam sản xuất. Các cột trụ và thanh đỡ của ngôi nhà được làm bằng các ống cao su rỗng nối thông với nhau tạo thành. Để dựng nhà thì ta cần bơm khí vào để làm căng cứng các ống cao su. Tổng thể tích của các ống cao su là 1,4 m3. Người ta dùng máy bơm có công suất bơm là 1 lít/s để bơm không khí vào. Xem nhiệt độ của khối khí bơm vào thay đổi không đáng kể; nhiệt độ khối khí trong các ống luôn bằng nhiệt độ ngoài trời và bỏ qua sự dãn nở vì nhiệt của các ống cao su. Biết không khí được bơm vào có áp suất 105 Pa ở nhiệt độ 27 °C và ban đầu trong các ống chưa có khí. Để ngôi nhà được vững chắc thì áp suất khối khí trong các ống cao su phải là 6.105 Pa.
a) Lượng khí được bơm vào trong mỗi giây có số mol xấp xỉ bằng 0,04 mol.
b) Lượng khí đã bơm vào cho đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là 8,4 m3.
c) Thời gian bơm khí kể từ thời điểm bắt đầu bơm đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là 140 phút.
d) Khi nhiệt độ ngoài trời tăng đến 37 °C thì áp suất khối khí trong các ống cao su là 6,2.105 Pa.
| Nội dung | Đúng | Sai |
a | Lượng khí được bơm vào trong mỗi giây có số mol xấp xỉ bằng 0,04 mol. | Đ |
|
b | Lượng khí đã bơm vào cho đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là 8,4 m3. | Đ |
|
c | Thời gian bơm khí kể từ thời điểm bắt đầu bơm đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là 140 phút. | Đ |
|
d | Khi nhiệt độ ngoài trời tăng đến 37 °C thì áp suất khối khí trong các ống cao su là 6,2.105 Pa. | Đ |
|
a) ĐÚNG
Lượng khí bơm vào trong mỗi giây là 1 lít. Khi đó, số mol của lượng khí bơm vào trong mỗi giây là:
pV=nRT (phương trình Clapeyron) Û n=pVRT=105.1.10-38,31.(27+273)=1002493≈0,04 mol.
b) ĐÚNG
Do xem nhiệt độ của khối khí bơm vào thay đổi không đáng kể và nhiệt độ khối khí trong các ống luôn bằng nhiệt độ ngoài trời nên, ta có:
p1.V1=p2.V2 Û 105.V1=6.105.1,4
Û V1=8,4 m3.
Vậy, lượng khí đã bơm vào cho đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là 8,4 m3.
c) ĐÚNG
Thời gian bơm khí kể từ thời điểm bắt đầu bơm đến khi áp suất khối khí đạt 6.105 Pa là:
8,4.1031=8 400 s=140 phút.
d) ĐÚNG
Khi nhiệt độ ngoài trời tăng đến 37 °C thì nhiệt độ khối khí trong các ống cao su cũng 37 °C.
Do bỏ qua sự dãn nở vì nhiệt của các ống cao su nên thể tích các ống cao su được bảo toàn. Khi đó, ta có:
p2T2=p3T3 Û 6.10527+273=p337+273 Þ p3=6,2.105 Pa.
Vậy, khi nhiệt độ ngoài trời tăng đến 37 °C thì áp suất khối khí trong các ống cao su là 6,2.105 Pa.
Máy biến áp (hình bên) là một thiết bị hoạt động theo nguyên lí cảm ứng điện từ nhằm thay đổi điện áp xoay chiều nhưng vẫn giữ nguyên tần số. Máy biến áp đóng vai trò rất quan trọng trong hệ thống truyền tải và phân phối điện năng. Cụ thể, để tối ưu hiệu suất của quá trình truyền tải điện năng đi xa và giảm thiểu hao phí trong quá trình này, việc sử dụng dòng điện xoay chiều với điện áp cao là cần thiết. Trước khi được truyền đi, điện áp cần được tăng lên thông qua máy biến áp. Khi đến nơi tiêu thụ như khu công nghiệp hoặc khu dân cư, điện áp được hạ xuống thông qua máy hạ áp phù hợp với nhu cầu sử dụng.
Cấu tạo của máy biến áp gồm hai bộ phận chính là lõi thép và dây quấn như hình bên dưới. Lõi thép được chế tạo bởi vật liệu dẫn từ tốt, gồm nhiều lá thép ghép cách điện với nhau. Dây quấn thường làm bằng đồng hoặc nhôm, bên ngoài có bọc cách điện.
Nối cuộn dây sơ cấp của máy biến áp vào một điện áp xoay chiều
\[ u_1 = U_{01}\cos(\omega t + \varphi_{u1}) \ (\mathrm{V}) \]
thì trong cuộn sơ cấp sẽ xuất hiện dòng điện sơ cấp
\[ i_1 = I_{01}\cos(\omega t + \varphi_{i1}) \ (\mathrm{A}) \]
và sinh ra từ thông
\[ \Phi_1(t) = N_1 \Phi_0 \cos(\omega t + \varphi)\ (\mathrm{Wb}) \]
Từ thông này xuyên qua đồng thời cả hai cuộn dây sơ cấp ($N_1$ vòng) và thứ cấp ($N_2$ vòng). Bỏ qua điện trở của dây dẫn trong hai cuộn dây.
a) Dòng điện xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là dòng điện xoay chiều.
b) Biểu thức suất điện động xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là
\[ e_2 = N_2 \Phi_0 \omega \sin(\omega t + \varphi) \ (\mathrm{V}) \]
c) Nếu $N_1 < N_2$ thì máy biến áp này có chức năng là tăng áp lên $\dfrac{N_2}{N_1}$ lần.
d) Nếu dùng máy biến áp có $N_2 = n \cdot N_1$ để thay đổi giá trị điện áp trước khi truyền tải đi xa thì công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện sẽ giảm $2n$ lần.
| Nội dung | Đúng | Sai |
a | Dòng điện xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là dòng điện xoay chiều. | Đ |
|
b | Biểu thức suất điện động xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là $e_2 = N_2 \Phi_0 \omega \sin(\omega t + \varphi)\ (\mathrm{V})$. | Đ |
|
c | Nếu $N_1 < N_2$ thì máy biến áp này có có chức năng là tăng áp lên $\dfrac{N_2}{N_1}$ lần. | Đ |
|
d | Nếu dùng máy biến áp có $N_2 = n \cdot N_1$ để thay đổi giá trị điện áp trước khi truyền tải đi xa thì công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện sẽ giảm $2n$ lần. |
| S |
a) ĐÚNG
Từ thông sinh ra từ cuộn dây sơ cấp với từ thông qua mỗi vòng dây là $\Phi_0 \cos(\omega t + \varphi)$ sẽ được lõi thép truyền qua nguyên vẹn qua mỗi vòng của cuộn thứ cấp và làm xuất hiện dòng điện cảm ứng. Dòng điện cảm ứng là dòng điện xoay chiều (vì $i_c = \dfrac{e_c}{R}$ với $e_c = - \dfrac{d\Phi}{dt}$).
b) ĐÚNG
Từ thông xuyên qua $N_2$ vòng dây của cuộn thứ cấp là:
\[ \Phi_2(t) = N_2 \Phi_0 \cos(\omega t + \varphi)\ (\mathrm{Wb}) \]
Theo định luật Faraday, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong cuộn dây thứ cấp là:
\[ e_2 = -\dfrac{d\Phi_2(t)}{dt} = N_2 \Phi_0 \omega \sin(\omega t + \varphi)\ (\mathrm{V}) \]
c) ĐÚNG
Theo định luật Faraday, suất điện động xuất hiện trong cuộn dây sơ cấp là:
\[ e_1 = -\dfrac{d\Phi_1(t)}{dt} = N_1 \Phi_0 \omega \sin(\omega t + \varphi)\ (\mathrm{V}) \]
Mà: $ \dfrac{e_2}{e_1} = \dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{U_2}{U_1} = \dfrac{E_2}{E_1} $
Do bỏ qua điện trở của dây dẫn trong hai cuộn dây nên $E_1 = U_1$ và $E_2 = U_2$. Khi đó ta có:
\[ \dfrac{N_1}{N_2} = \dfrac{U_1}{U_2} \]
Nếu $N_1 < N_2$ thì $U_1 < U_2$ và $U_2 = \dfrac{N_2}{N_1} \cdot U_1$; máy biến áp này có chức năng là tăng áp lên $\dfrac{N_2}{N_1}$ lần.
d) SAI
Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện được xác định bằng biểu thức:
\[ P_{hp} = I^2 \cdot R = \dfrac{P_{phát}^2}{U_{phát}^2} \cdot R \]
Nếu dùng máy biến áp có $N_2 = n \cdot N_1$ để thay đổi giá trị điện áp trước khi truyền tải đi xa thì $U_2 = n \cdot U_1$ hay $U_{phát}$ tăng $n$ lần.
Khi $U_{phát}$ tăng $n$ lần thì công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây tải điện sẽ giảm $n^2$ lần.
Khối lượng của proton, neutron, hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ và hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lần lượt là $1{,}007276\ \mathrm{amu}$, $1{,}008665\ \mathrm{amu}$, $41{,}958622\ \mathrm{amu}$, $42{,}958770\ \mathrm{amu}$. Lấy $1\ \mathrm{amu} = 931{,}5\ \mathrm{MeV}/c^2$ và $e = 1{,}6\cdot 10^{-19}\ \mathrm{C}$.
a) Nguyên tử $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ và $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ đều là đồng vị của nguyên tử $^{40}_{20}\mathrm{Ca}$.
b) Độ hụt khối của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn độ hụt khối của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$.
c) Năng lượng liên kết của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn năng lượng liên kết của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ một lượng xấp xỉ bằng $1{,}3\cdot 10^{-12}\ \mathrm{J}$.
d) Hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ kém bền vững hơn hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$.
| Nội dung | Đúng | Sai |
a | Nguyên tử $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ và $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ đều là đồng vị của nguyên tử $^{40}_{20}\mathrm{Ca}$. | Đ |
|
b | Độ hụt khối của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn độ hụt khối của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$. | Đ |
|
c | Năng lượng liên kết của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn năng lượng liên kết của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ một lượng xấp xỉ bằng $1{,}3\cdot 10^{-12}\ \mathrm{J}$. | Đ |
|
d | Hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ kém bền vững hơn hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$. |
| S |
a) ĐÚNG
Nguyên tử $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ và $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ đều là đồng vị của nguyên tử $^{40}_{20}\mathrm{Ca}$ vì chúng có cùng số proton (20 proton) trong hạt nhân.
b) ĐÚNG
Độ hụt khối của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
\Delta m_{^{43}_{20}\mathrm{Ca}}
= 20\cdot 1{,}007276 + (43-20)\cdot 1{,}008665 - 42{,}958770
= 0{,}386045\ \mathrm{amu}.
\]
Độ hụt khối của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
\Delta m_{^{42}_{20}\mathrm{Ca}}
= 20\cdot 1{,}007276 + (42-20)\cdot 1{,}008665 - 41{,}958622
= 0{,}377528\ \mathrm{amu}.
\]
Vậy, độ hụt khối của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn độ hụt khối của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$.
c) ĐÚNG
Năng lượng liên kết của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
E_{lk,^{43}_{20}\mathrm{Ca}}
= \Delta m_{^{43}_{20}\mathrm{Ca}}\,c^2
= 0{,}386045\ \mathrm{amu}\cdot c^2
= 0{,}386045 \cdot 931{,}5\ \mathrm{MeV}
\approx 359{,}6\ \mathrm{MeV}
\approx 5{,}7536\cdot 10^{-11}\ \mathrm{J}.
\]
Năng lượng liên kết của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
E_{lk,^{42}_{20}\mathrm{Ca}}
= \Delta m_{^{42}_{20}\mathrm{Ca}}\,c^2
= 0{,}377528\ \mathrm{amu}\cdot c^2
= 0{,}377528 \cdot 931{,}5\ \mathrm{MeV}
\approx 351{,}7\ \mathrm{MeV}
\approx 5{,}6272\cdot 10^{-11}\ \mathrm{J}.
\]
Vậy, năng lượng liên kết của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ lớn hơn năng lượng liên kết của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ một lượng
\[
5{,}7536\cdot 10^{-11} - 5{,}6272\cdot 10^{-11}
\approx 1{,}3\cdot 10^{-12}\ \mathrm{J}.
\]
d) SAI
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
E_{lk\_\text{riêng},^{43}_{20}\mathrm{Ca}}
= \frac{E_{lk,^{43}_{20}\mathrm{Ca}}}{43}
= \frac{359{,}6}{43}
\approx 8{,}363\ \mathrm{MeV/nucleon}.
\]
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$ là:
\[
E_{lk\_\text{riêng},^{42}_{20}\mathrm{Ca}}
= \frac{E_{lk,^{42}_{20}\mathrm{Ca}}}{42}
= \frac{351{,}7}{42}
\approx 8{,}374\ \mathrm{MeV/nucleon}.
\]
Vậy $E_{lk\_\text{riêng},^{43}_{20}\mathrm{Ca}} < E_{lk\_\text{riêng},^{42}_{20}\mathrm{Ca}}$, tức là hạt nhân $^{43}_{20}\mathrm{Ca}$ kém bền vững hơn hạt nhân $^{42}_{20}\mathrm{Ca}$.
Một học sinh dùng bếp điện để đun một ấm nhôm khối lượng $500\ \mathrm{g}$ đựng $1{,}4\ \ell$ nước ở nhiệt độ $25^\circ\mathrm{C}$. Sau $30$ phút đã có $25\%$ lượng nước trong ấm hóa hơi ở nhiệt độ sôi $100^\circ\mathrm{C}$. Biết nhiệt dung riêng của nhôm là $880\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}$, của nước là $4200\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}$; nhiệt hóa hơi riêng của nước ở nhiệt độ sôi là $2{,}26\cdot 10^6\ \mathrm{J/kg}$. Khối lượng riêng của nước là $1000\ \mathrm{kg/m^3}$. Hiệu suất của quá trình đun nước là $80\%$. Nhiệt lượng trung bình mà bếp điện cung cấp cho ấm nước trong mỗi giây bằng bao nhiêu $\mathrm{J}$ (làm tròn đến hàng chục)?
Khối lượng nước chứa trong ấm: $m_n = D_n V_n = 1000\cdot 1{,}4\cdot 10^{-3} = 1{,}4\ \mathrm{kg}$.
Nhiệt lượng ấm nước thu vào trong $30$ phút để ấm và nước tăng nhiệt độ đến nhiệt độ sôi của nước $100^\circ\mathrm{C}$ (thấp hơn nhiệt độ nóng chảy của ấm nhôm) và làm hóa hơi $25\%$ lượng nước trong ấm. Ta có:
\[
Q_{\text{thu}}=m_a c_{\text{nh}}\Delta T+m_n c_n \Delta T+\lambda\cdot 25\%\cdot m_n .
\]
Suy ra
\[
Q_{\text{thu}}
=0{,}5\cdot 880\cdot (100-25)+1{,}4\cdot 4200\cdot (100-25)+2{,}26\cdot 10^6\cdot 25\%\cdot 1{,}4
=1\,265\,000\ \mathrm{J}.
\]
Nhiệt lượng bếp điện đã cung cấp trong $30$ phút là:
\[
H=\frac{Q_{\text{ích}}}{Q_{\text{tỏa}}}\cdot 100\%
\Longrightarrow
Q_{\text{tỏa}}=\frac{Q_{\text{thu}}\cdot 100\%}{H}
=\frac{1\,265\,000\cdot 100\%}{80\%}
=1\,581\,250\ \mathrm{J}.
\]
Nhiệt lượng trung bình mà bếp điện cung cấp cho ấm nước trong mỗi giây là:
\[
\frac{1\,581\,250}{30\cdot 60}\approx 880\ \mathrm{J}.
\]
Một bình có dung tích $40\ \mathrm{dm^3}$ chứa $2{,}86\ \mathrm{kg}$ khí oxygen. Biết bình chỉ chịu được áp suất không quá $60\ \mathrm{atm}$. Lấy khối lượng riêng của oxygen ở điều kiện tiêu chuẩn $(0^\circ\mathrm{C},\ 1\ \mathrm{atm})$ là $1{,}43\ \mathrm{kg/m^3}$. Khi nhiệt độ của bình và khối khí trên $x^\circ\mathrm{C}$ thì bình có thể bị nổ. Giá trị của $x$ là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần chục)?
Trạng thái $1$ (khối khí ở điều kiện tiêu chuẩn): $p_1=1\ \mathrm{atm}$; $T_1=273\ \mathrm{K}$;
$V_1=\dfrac{m}{D}=\dfrac{2{,}86}{1{,}43}=2\ \mathrm{m^3}$.
Trạng thái $2$ (khối khí ở trong bình): $p_2\le 60\ \mathrm{atm}$; $T_2\ (\mathrm{K})$; $V_2=40\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$.
Xét cùng một lượng khí nên ta có: $\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}\ \Rightarrow\ p_2=\dfrac{p_1V_1}{V_2}\cdot \dfrac{T_2}{T_1}
=\dfrac{2\cdot 1\ \mathrm{atm}}{40\cdot 10^{-3}}\cdot\dfrac{T_2}{273}
=\dfrac{50}{273}\,T_2\ (\mathrm{atm})$.
Mà, bình chỉ chịu được áp suất không quá $60\ \mathrm{atm}$ ($p_2\le 60\ \mathrm{atm}$).
Suy ra: $\dfrac{50}{273}\,T_2\le 60\ \Rightarrow T_2\le 327{,}6\ \mathrm{K}$ hay $t_2\le 54{,}6^\circ\mathrm{C}$.
Vậy khi nhiệt độ của bình và khối khí trên $54{,}6^\circ\mathrm{C}$ thì bình có thể bị nổ $(x=54{,}6)$.
Đồ thị sau đây biểu diễn sự biến thiên của từ thông xuyên qua tiết diện của một cuộn dây dẫn phẳng theo thời gian. Biết từ thông xuyên qua tiết diện của cuộn dây dẫn biến đổi chỉ do độ lớn cảm ứng từ của từ trường thay đổi và từ trường này có các đường sức từ vuông góc với mặt phẳng cuộn dây; tiết diện của cuộn dây là $50\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$ và cuộn dây có $2025$ vòng dây. Độ lớn cực đại của cảm ứng từ bằng bao nhiêu $\mathrm{T}$ (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Từ thông xuyên qua tiết diện của cuộn dây dẫn là:
\[
\Phi = N B S \cos(\widehat{\vec n;\vec B})
\quad\Rightarrow\quad
\Phi_{\max}= N\,B_{\max}\,S\,\cos(\widehat{\vec n;\vec B}).
\]
Suy ra
\[
B_{\max}=\frac{\Phi_{\max}}{N\,S\,\cos(\widehat{\vec n;\vec B})}.
\]
Từ đồ thị, $\Phi_{\max}=5\ \mathrm{Wb}$; với $\cos(\widehat{\vec n;\vec B})=\cos 0^\circ=1$, $N=2025$, $S=50\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$:
\[
B_{\max}=\frac{5}{2025\cdot 50\cdot 10^{-4}\cdot \cos 0^\circ}
\approx 0{,}49\ \mathrm{T}.
\]
Sạc điện thoại không dây hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ như máy biến áp. Ở đế sạc có cuộn dây được nối với dòng điện xoay chiều, đóng vai trò như cuộn sơ cấp. Phía sau của điện thoại có cuộn dây được nối với pin, đóng vai trò như cuộn thứ cấp như hình bên. Khi đặt mặt sau của điện thoại lên mặt trên của đế sạc thì hai cuộn dây này được đặt cạnh nhau. Dòng điện xoay chiều qua cuộn dây của đế sạc biến thiên sẽ sinh ra suất điện động cảm ứng trong cuộn dây để sạc pin điện thoại. Người ta đo được cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây nối với pin điện thoại và hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn dây lần lượt là $1\ \mathrm{A}$, $5\ \mathrm{V}$. Nhiệt lượng do cuộn dây này tỏa ra trong $30$ phút bằng bao nhiêu $\mathrm{J}$?
Nhiệt lượng do cuộn dây trong điện thoại tỏa ra trong $30$ phút là:
\[
Q = UIt = 5\cdot 1\cdot 30\cdot 60 = 9000\ \mathrm{J}.
\]
Hạt nhân $^{235}_{92}\mathrm{U}$ có năng lượng liên kết riêng là $7{,}59\ \mathrm{MeV/nucleon}$. Năng lượng tối thiểu cần cung cấp để tách hạt nhân $^{235}_{92}\mathrm{U}$ thành các nucleon riêng rẽ là $x\ \mathrm{GeV}$. Giá trị của $x$ là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Năng lượng tối thiểu cần cung cấp để tách hạt nhân $^{235}_{92}\mathrm{U}$ thành các nucleon riêng rẽ
bằng năng lượng liên kết của hạt nhân $^{235}_{92}\mathrm{U}$ và bằng:
\[
E_{\text{tách}} = \frac{E_{\text{lk}}}{A}\cdot A = E_{\text{lk}} = E_{\text{lk, r}} \cdot A
\]
\[
E_{\text{lk}} = 7{,}59 \cdot 235 = 1783{,}65\ \mathrm{MeV} \approx 1{,}78\ \mathrm{GeV}.
\]
Một phòng thí nghiệm, ban đầu mua về một mẫu polonium có chứa $2{,}1\ \mathrm{g}\ ^{210}_{84}\mathrm{Po}$. Các hạt nhân $^{210}_{84}\mathrm{Po}$ phóng xạ $\alpha$ và biến thành hạt nhân $X$. Biết rằng trong 1 năm sau đó nó tạo ra $0{,}0084\ \mathrm{mol}$ khí He. Chu kì bán rã của $^{210}_{84}\mathrm{Po}$ là bao nhiêu ngày (lấy $1$ năm $= 365$ ngày, làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị)?
Số nguyên tử $^{210}_{84}\mathrm{Po}$ tại thời điểm ban đầu:
\[
N_0 = \frac{m_0}{A}\cdot N_A = \frac{2{,}1}{210}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23} = 6{,}02\cdot 10^{21}\ \text{nguyên tử}.
\]
Số nguyên tử $^4_2\mathrm{He}$ được tạo thành trong 1 năm:
\[
\Delta N = n\cdot N_A = 0{,}0084\cdot 6{,}02\cdot 10^{23} = 5{,}0568\cdot 10^{21}\ \text{nguyên tử}.
\]
Số nguyên tử $^{210}_{84}\mathrm{Po}$ đã phân rã:
\[
\Delta N = N_0 - N = N_0\left(1 - 2^{-\tfrac{t}{T}}\right) \quad \Rightarrow \quad T = \frac{-t}{\log_2\!\left(1 - \tfrac{\Delta N}{N_0}\right)}.
\]
Thay số:
\[
T = \frac{-365}{\log_2\!\left(1 - \tfrac{5{,}0568\cdot 10^{21}}{6{,}02\cdot 10^{21}}\right)} \approx 138\ \text{ngày}.
\]
