Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Vật lý có đáp án - Đề số 5
21 câu hỏi
A. TÔ TRÊN PHIẾU TRẢ LỜI TRẮC NGHIỆM
PHẦN I (3 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu chỉ chọn một phương án.
9 và 8.
9 và 17.
8 và 17.
8 và 9.
Gọi hạt nhân X có số khối là \(A\) và số điện tích là \(Z\), kí hiệu là \(\;_Z^AX\).
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối, ta có:
\(4 + 14 = 1 + A \Rightarrow A = 17\)
\(2 + 7 = 1 + Z \Rightarrow Z = 8\)
Hạt nhân X là \(\;_8^{17}{\rm{O}}\).
Vậy số proton của hạt nhân X là \(Z = 8\).
Số neutron của hạt nhân X là \(N = A - Z = 17 - 8 = 9\).
\(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} < 1\).
\(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} > 1\).
\({N_1}.{N_2} = 1\).
\(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = 1\).
Vì là máy tăng áp nên \({U_2} > {U_1} \Rightarrow \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} < 1\).
Đối với máy biến áp lí tưởng, ta có: \(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} < 1\).
Đơn vị nào sau đây là đơn vị nhiệt hóa hơi riêng của chất lỏng trong hệ SI?
Jun trên kilôgam.độ (\({\rm{J}}/{\rm{kg}}.{\rm{K}}\)).
Jun (J).
Jun trên độ (\({\rm{J}}/{\rm{K}}\)).
Jun trên kilôgam (J/kg).
Từ công thức \(Q = L.m \Rightarrow L = \frac{Q}{m}\).
Trong hệ đo lường quốc tế SI, nhiệt lượng \(Q\) có đơn vị là Jun (J), khối lượng \(m\) có đơn vị là kilôgam (kg).
Do đó, nhiệt hóa hơi riêng \(L\) có đơn vị là Jun trên kilôgam (\({\rm{J}}/{\rm{kg}}\)).
Hàn điện.
Thực phẩm.
Máy nén thủy lực.
Công nghiệp luyện kim.
Máy nén thủy lực hoạt động dựa trên nguyên lí truyền áp suất của chất lỏng (nguyên lí Pascal), không ứng dụng hiện tượng nóng chảy.
Hình bên biểu diễn hai đường đẳng nhiệt của một lượng khí lí tưởng xác định trong hệ trục pOV. So sánh nhiệt độ ở các trạng thái (1), (2) và (3)
\({T_1} = {T_2} > {T_3}\).
\({T_1} > {T_2} > {T_3}\).
\({T_3} = {T_2} > {T_1}\).
\({T_1} = {T_2} = {T_3}\).
Từ đồ thị, ta thấy trạng thái (1) và (2) cùng nằm trên một đường đẳng nhiệt nên \({T_1} = {T_2}\).
Đường đẳng nhiệt đi qua trạng thái (1) và (2) nằm xa gốc tọa độ \(O\) hơn so với đường đẳng nhiệt đi qua trạng thái (3), do đó nhiệt độ của chúng cao hơn: \({T_1} = {T_2} > {T_3}\).
diện tích.
nhiệt độ.
chiều dài.
thể tích vật rắn.
Nhiệt kế là một dụng cụ đo lường được sử dụng để đo nhiệt độ hoặc sự thay đổi nhiệt độ của một hệ thống.
1,0 lít.
1,9 lít.
2,5 lít.
1,3 lít.
Khối lượng không khí hít vào trong mỗi nhịp thở: \(m = 2{\rm{g}} = {2.10^{ - 3}}{\rm{\;kg}}\).
Xét lượng khí này ở điều kiện tiêu chuẩn (trạng thái 0):
\({p_0} = 101,3{\rm{kPa}}\)
\({T_0} = {0^{\rm{o}}}C = 273{\rm{K}}\)
\({V_0} = \frac{m}{{{\rho _0}}} = \frac{{{{2.10}^{ - 3}}}}{{1,29}}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right) = \frac{2}{{1,29}}\) (lít)
Xét ở điều kiện trên núi cao (trạng thái 1):
\(p = 79,8{\rm{kPa}}\)
\(T = - {13^{\rm{o}}}{\rm{C}} = 273 - 13 = 260{\rm{K}}\)
Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng, ta có: \(\frac{{{p_0}{V_0}}}{{{T_0}}} = \frac{{pV}}{T} \Rightarrow V = \frac{{{p_0}{V_0}T}}{{p{T_0}}}\)
Thay số vào biểu thức: \(V = \frac{{101,3.\left( {\frac{2}{{1,29}}} \right).260}}{{79,8.273}} \approx 1,9\) (lít)
năng lượng liên kết càng lớn.
khối lượng càng lớn.
độ hụt khối càng lớn.
năng lượng liên kết riêng càng lớn.
Đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng (\(\varepsilon = \frac{{{W_{lk}}}}{A}\)). Một hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân đó càng bền vững và ngược lại.
365 g.
686 g.
748 g.
246 g.
Khối lượng hơi nước: \({m_1} = 100{\rm{\;g}} = 0,1{\rm{\;kg}}\).
Gọi khối lượng nước đá ban đầu là \({m_2}\left( {{\rm{kg}}} \right)\).
Nhiệt độ cân bằng là \(t = {10^ \circ }{\bf{C}}.\)
Nhiệt lượng do \(0,1{\rm{\;kg}}\) hơi nước toả ra để ngưng tụ hoàn toàn ở \({100^ \circ }{\rm{C}}\) và nguội xuống \({10^ \circ }{\rm{C}}\) là:
\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {m_1}.L + {m_1}.{c_n}.\left( {100 - t} \right) = 0,1.2,{3.10^6} + 0,1.4200.\left( {100 - 10} \right) = 267800\left( {\rm{J}} \right)\)
Nhiệt lượng do \({m_2}\left( {{\rm{kg}}} \right)\) nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ \( - {4^ \circ }{\rm{C}}\) lên \({0^ \circ }{\rm{C}}\), nóng chảy hoàn toàn ở \({0^ \circ }{\rm{C}}\) và phần nước tạo thành tiếp tục tăng nhiệt độ từ \({0^ \circ }{\rm{C}}\) lên \({10^ \circ }{\rm{C}}\) là:
\({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {m_2}.{c_d}.\left( {0 - \left( { - 4} \right)} \right) + {m_2}.\lambda + {m_2}.{c_n}.\left( {10 - 0} \right)\)
\({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {m_2}.\left( {2100.4 + 3,{{4.10}^5} + 4200.10} \right) = 390400.{m_2}\;\left( J \right)\)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:
\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}} \Leftrightarrow 267800 = 390400.{m_2} \Rightarrow {m_2} \approx 0,68596\left( {{\rm{kg}}} \right) \approx 686\left( {\rm{g}} \right)\)
Giá trị này gần nhất với 686 g.
điều khiển từ xa.
giảm xóc.
làm mát, sưởi ấm.
giảm áp.
Hệ thống làm mát và hệ thống sưởi ấm hoạt động dựa trên nguyên lí truyền nhiệt. Do đó, việc lựa chọn chất lỏng/khí có nhiệt dung riêng phù hợp là rất quan trọng để đảm bảo khả năng hấp thụ, lưu trữ và truyền tải nhiệt năng một cách hiệu quả.
15 V.
60 V.
0,15 V.
45 V.
Ta có: \(N = 300\) vòng.
Độ biến thiên từ thông qua một vòng dây: \({\rm{\Delta \Phi }} = {{\rm{\Phi }}_2} - {{\rm{\Phi }}_1} = 0,003 - 0,015 = - 0,012\left( {{\rm{Wb}}} \right)\)
Khoảng thời gian: \({\rm{\Delta }}t = 0,08{\rm{\;s}}\)
Độ lớn suất điện động cảm ứng trung bình trong cuộn dây là:
\(\left| {{e_c}} \right| = 300.\left| {\frac{{ - 0,012}}{{0,08}}} \right| = 300.0,15 = 45\left( {\rm{V}} \right)\)
\({\overline E _d} = \frac{3}{2}kT\).
\({\overline E _d} = \frac{2}{3}kT\).
\({\overline E _d} = \frac{3}{2}\frac{{R{N_A}}}{T}\).
\({\overline E _d} = \frac{3}{2}\frac{k}{T}\).
Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối của chất khí theo hệ thức:\({\overline E _d} = \frac{3}{2}kT\).
Phần II (3 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 3. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở từng câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Một gia đình sử dụng bình nước nóng gián tiếp có dung tích 20 lít. Mỗi lần hoạt động, nước lạnh ở \({20^ \circ }C\) được dẫn vào đầy bình và được đun nóng bằng thanh đốt. Khi nhiệt độ nước đạt \({70^ \circ }C\) thì rơ-le nhiệt tự động ngắt điện. Biết khối lượng riêng của nước là \(D = 1000{\rm{\;kg}}/{{\rm{m}}^3}\); nhiệt dung riêng của nước là \(c = 4200{\rm{\;J}}/{\rm{kg}}.{\rm{K}}\); bình có công suất định mức \(P = 2500{\rm{W}}\) và hiệu suất đun nóng nước của bình là \(H = 85{\rm{\% }}\).
Thời gian để bình đun lượng nước trên từ \({20^ \circ }{\rm{C}}\) lên đến mức ngắt điện \(\left( {{{70}^ \circ }{\rm{C}}} \right)\) là khoảng 33 phút (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Thiết bị chống giật ELCB (thường được tích hợp trên dây nguồn hoặc trong bình) có tác dụng tự động ngắt kết nối điện khi phát hiện dòng điện rò rỉ, giúp bảo vệ tính mạng người sử dụng.
Theo định luật bảo toàn năng lượng, toàn bộ điện năng mà thanh đốt của bình tiêu thụ đều được chuyển hóa thành nhiệt lượng làm nóng lượng nước trong bình.
Để tiết kiệm điện năng tối đa vào mùa đông, người dùng nên bật bình nóng lạnh liên tục 24/24 giờ để nước luôn nóng, tránh việc bình phải tốn nhiều điện năng để đun lại nước lạnh từ đầu.
a) Đổi: \(20l = 0,02{m^3}\).
Khối lượng nước trong bình là: \(m = D.V = 1000.0,02 = 20{\rm{\;kg}}\).
Nhiệt lượng có ích để đun nước từ \({20^ \circ }{\rm{C}}\) lên \({70^ \circ }{\rm{C}}\) là:
\({Q_i} = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right) = 20.4200.\left( {70 - 20} \right) = 4200000J\).
Tổng điện năng bình cần tiêu thụ (với hiệu suất 85%) là:
\(A = \frac{{{Q_i}}}{H} = \frac{{4200000}}{{0,85}} \approx 4941176,471J\).
Thời gian đun nước là:
\(t = \frac{A}{P} = \frac{{4941176,471}}{{2500}} \approx 1976,5s \approx 33\) phút.
⇒ a đúng.
b) Thiết bị ELCB hoạt động dựa trên sự chênh lệch dòng điện trên dây pha và dây trung tính để ngắt mạch khi có rò rỉ, bảo vệ an toàn cho người.
\( \Rightarrow \) b đúng.
c) Trong quá trình đun, một phần nhiệt lượng bị thất thoát ra vỏ bình và môi trường xung quanh, do đó hiệu suất chỉ đạt \(85{\rm{\% }}\), không phải toàn bộ điện năng chuyển hết thành nhiệt lượng làm nóng nước.
⇒ c sai.
d) Việc bật bình 24/24 sẽ khiến bình liên tục bù nhiệt cho phần nhiệt thất thoát qua lớp cách nhiệt, gây lãng phí điện năng hơn nhiều so với việc chỉ bật trước khi sử dụng.
⇒ d sai.
Để xác định cảm ứng từ B trong lòng của nam châm, một nhóm học sinh thiết kế thí nghiệm như hình bên, bộ thí nghiệm gồm có: nguồn điện không đổi có suất điện động là E, điện trở trong r, khóa K, biến trở \({R_b}\), ampe kế lí tưởng, cân điện tử kẹp cố định, nam châm hình chữ U được đặt trên cân điện tử, thanh nhôm \(AB\) có điện trở \(R\) và có chiều dài l lớn hơn vùng từ trường, dây nối có điện trở không đáng kể. Coi từ trường trong lòng nam châm là đều. Đặt AB cố định nằm ngang, vuông góc với từ trường giữa các cực của nam châm. Ban đầu K mở, số chỉ của cân điện tử là \({m_1}\). Khi K đóng, cân điện tử hiển thị giá trị là \({m_2}\). Lấy \(g = 10{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\).
Đóng khóa K, điều chỉnh biến trở sao cho số chỉ ampe kế tăng lên thì lực từ tác dụng lên AB sẽ giảm.
Khi khóa K đóng, lực từ tác dụng lên AB có chiều hướng lên trên.
\({m_1}\) lớn hơn \({m_2}\).
Độ lớn cảm ứng từ trong lòng của nam châm là \(B = \frac{{\left( {{m_2} - {m_1}} \right)\left( {R + {R_b} + r} \right)g}}{{E.l}}\).
b) Khi K đóng, mạch kín, có dòng điện chạy qua thanh nhôm AB. Dựa vào kí hiệu của nguồn điện, dòng điện đi ra từ cực dương, qua khóa K, qua biến trở, ampe kế rồi đến đầu A của thanh nhôm. Do đó, dòng điện chạy trong thanh nhôm có chiều từ A đến B.
Đường sức từ bên ngoài nam châm có chiều đi ra từ cực Bắc và đi vào cực Nam, nên véc tơ cảm ứng từ \(\vec B\) có chiều từ phải sang trái.
Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được lực từ \(\vec F\) tác dụng lên thanh nhôm AB có chiều hướng thẳng đứng lên trên.
\( \Rightarrow \) b đúng.
a) Công thức tính độ lớn lực từ tác dụng lên thanh nhôm là \(F = B.I.l\). Khi điều chỉnh biến trở để số chỉ ampe kế (cường độ dòng điện I) tăng lên, thì độ lớn lực từ \(F\) cũng phải tăng lên tỉ lệ thuận.
⇒ a sai.
c) Theo định luật III Newton, thanh nhôm chịu tác dụng của lực từ hướng lên trên thì nam châm sẽ chịu tác dụng của một phản lực từ thanh nhôm có cùng độ lớn nhưng ngược chiều (hướng xuống dưới).
Khi K mở, không có dòng điện, số chỉ của cân là \({m_1}\), ta có: \(P = {m_1}.g\).
Khi K đóng, lực tác dụng lên mặt cân điện tử bao gồm trọng lực của nam châm và phản lực từ do thanh nhôm đè xuống. Số chỉ của cân lúc này là \({m_2}\), tương ứng với tổng lực ép:
\({F_{ep}} = P + {F_{tu}} = {m_1}.g + {F_{tu}} = {m_2}.g\).
Vì lực từ \({F_{tu}} > 0\) nên \({m_2}.g > {m_1}.g\), suy ra \({m_2} > {m_1}\).
⇒ c sai.
d) Từ phương trình lực ép ở trên, ta rút ra được độ lớn lực từ:
\({F_{tu}} = {m_2}.g - {m_1}.g = \left( {{m_2} - {m_1}} \right).g\).
Mặt khác, công thức tính lực từ là \({F_{tu}} = B.I.l\).
Cường độ dòng điện trong mạch được tính theo định luật Ohm cho toàn mạch:
\(I = \frac{E}{{R + {R_b} + r}}\).
Thay biểu thức của I vào công thức lực từ, ta có: \(\left( {{m_2} - {m_1}} \right).g = B.\frac{E}{{R + {R_b} + r}}.l\).
\( \Rightarrow B = \frac{{\left( {{m_2} - {m_1}} \right)\left( {R + {R_b} + r} \right)g}}{{E.l}}\)
⇒ d đúng.
Sự tổng hợp hạt nhân chỉ xảy ra ở nhiệt độ rất cao nên phản ứng này còn được gọi là phản ứng nhiệt hạch.
Tổng khối lượng nghỉ của các hạt nhân trước và sau phản ứng luôn bằng nhau.
Năng lượng toả ra khi \(0,01{\rm{\;mol}}\)\(\;_1^2{\rm{H}}\) được tổng hợp hoàn toàn xấp xỉ là \(2,{408.10^{22}}{\rm{MeV}}\).
Năng lượng toả ra khi \(0,01{\rm{\;mol}}\)\({\rm{\;}}_1^2{\rm{H}}\) được tổng hợp hoàn toàn từ phản ứng trên có thể thắp sáng một bóng đèn LED tuýp dài \(1,2{\rm{mum}}\) có công suất 18 W trong thời gian khoảng 6,79 năm (lấy số ngày trong 1 năm là 365 ngày).
a) Đúng.
Phản ứng tổng hợp hai hạt nhân nhẹ thành hạt nhân nặng hơn cần nhiệt độ cực kì cao để các hạt nhân có đủ động năng thắng lực đẩy Coulomb, nên gọi là phản ứng nhiệt hạch.
b) Sai.
Phản ứng toả năng lượng nên tổng khối lượng nghỉ của các hạt nhân trước phản ứng lớn hơn tổng khối lượng nghỉ của các hạt nhân sau phản ứng (do có sự hụt khối lượng chuyển hóa thành năng lượng toả ra).
c) Sai.
Số hạt nhân \(\;_1^2H\) có trong \(0,01{\rm{\;mol}}\) là:
\(N = n.{N_A} = 0,01.6,{022.10^{23}} = 6,{022.10^{21}}\) hạt.
Theo phương trình phản ứng, cứ 2 hạt nhân \(\;_1^2H\) tham gia tổng hợp thì toả ra năng lượng \(Q = 4MeV\).
Số phản ứng xảy ra là: \({N_{pu}} = \frac{N}{2} = 3,{011.10^{21}}\) phản ứng.
Tổng năng lượng toả ra là: \(E = {N_{pu}}.Q = 3,{011.10^{21}}.4 = 1,{2044.10^{22}}{\rm{MeV}}\)
d) Sai.
Đổi năng lượng thực tế toả ra sang đơn vị Jun:
\(E = 1,{2044.10^{22}}.1,{6.10^{ - 13}} \approx 1,{927.10^9}J\).
Thời gian thắp sáng bóng đèn là:
\(t = \frac{E}{P} = \frac{{1,{{927.10}^9}}}{{18}} \approx 107055555s\).
Đổi thời gian ra năm (với 1 năm \( = 365.24.3600 = 31536000{\rm{\;s}}\)):
\(t = \frac{{107055555}}{{31536000}} \approx 3,39\) năm.
B. VIẾT TRÊN TỜ GIẤY THI
Phần III (1 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Đối với mỗi câu, thí sinh chỉ viết kết quả (làm tròn và lấy 3 chữ số có nghĩa), không trình bày lời giải.
Cho năng lượng liên kết của hạt nhân \(\;_3^7{\rm{Li}}\) là \(39,4{\rm{MeV}}\). Biết khối lượng của các hạt proton, neutron lần lượt là \(1,0073{\rm{amu}}\) và \(1,0087{\rm{amu}}\). Khối lượng của hạt nhân \(\;_3^7{\rm{Li}}\) là bao nhiêu amu (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Độ hụt khối của hạt nhân \(\;_3^7{\rm{Li}}\) là: \({\rm{\Delta }}m = \frac{{{W_{lk}}}}{{931,5}} = \frac{{39,4}}{{931,5}} \approx 0,0423\left( {{\rm{amu}}} \right)\)
Hạt nhân \(\;_3^7{\rm{Li}}\) có \(Z = 3\) proton và \(N = 7 - 3 = 4\) neutron.
Khối lượng của hạt nhân \(\;_3^7{\rm{Li}}\) là:
\({m_{Li}} = 3.{m_p} + 4.{m_n} - {\rm{\Delta }}m = 3.1,0073 + 4.1,0087 - 0,0423 = 7,01\left( {{\rm{amu}}} \right)\)
Đáp án: 7,01
Trong một chuyến lặn biển khám phá rạn san hô tại đảo Cô Tô, một thợ lặn đang ở độ sâu 35m do gặp sự cố đã nổi lên mặt nước quá nhanh. Việc giảm áp suất đột ngột làm cho khí nitrogen hòa tan trong máu và mô bị giải phóng, hình thành các bọt khí (coi là khí lí tưởng). Đây là nguyên nhân chính gây ra hội chứng giảm áp rất nguy hiểm cho thợ lặn. Giả sử sự chênh lệch nhiệt độ trong quá trình người này nổi lên là không đáng kểvà áp suất khí nitrogen trong cơ thể luôn cân bằng với áp suất của môi trường tác dụng lên người thợ lặn. Cho biết khối lượng riêng của nước biển tại khu vực Cô Tô xấp xỉ \({10^3}{\rm{\;kg}}/{{\rm{m}}^3}\), áp suất khí quyển trên mặt biển là \({10^5}{\rm{\;Pa}}\). Lấy \(g = 10{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\). Nếu một bọt khí nitrogen được hình thành trong mạch máu ở độ sâu 35m thì khi người thợ lặn lên đến mặt nước, thể tích của bọt khí này đã tăng lên bao nhiêu lần (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười)?
Trạng thái 1 (ở độ sâu \(h = 35{\rm{\;m}}\)):
Áp suất tác dụng lên bọt khí là: \({p_1} = {p_0} + \rho .g.h = {10^5} + {10^3}.10.35 = 4,{5.10^5}\left( {{\rm{Pa}}} \right)\)
Trạng thái 2 (ở trên mặt nước):
Áp suất tác dụng lên bọt khí bằng áp suất khí quyển: \({p_2} = {p_0} = {10^5}\left( {{\rm{Pa}}} \right)\)
Áp dụng định luật Boyle: \({p_1}.{V_1} = {p_2}.{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{4,{{5.10}^5}}}{{{{10}^5}}} = 4,5\) (lần).
Vậy thể tích bọt khí tăng lên 4,5 lần.
Đáp án: 4,5
Đồ thị dưới đây biểu diễn sự biến thiên của từ thông qua tiết diện của một cuộn dây dẫn phẳng theo thời gian. Biết từ thông 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. Biết tiết diện của cuộn dây là \({50.10^{ - 4}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) và cuộn dây có 200 vòng dây. Độ lớn cực đại của cảm ứng từ bằng bao nhiêu tesla (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị)?
Từ đồ thị, ta thấy giá trị cực đại của từ thông là \({{\rm{\Phi }}_0} = 5{\rm{Wb}}\).
Vì các đường sức từ vuông góc với mặt phẳng cuộn dây nên góc giữa vectơ cảm ứng từ \(\vec B\) và vectơ pháp tuyến \(\vec n\) của mặt phẳng cuộn dây là \(\alpha = {0^0} \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {{0^0}} \right) = 1\).
Ta có: \({{\rm{\Phi }}_0} = N.{B_0}.S \Rightarrow {B_0} = \frac{{{{\rm{\Phi }}_0}}}{{N.S}}\)
Thay số: \({B_0} = \frac{5}{{{{200.50.10}^{ - 4}}}} = 5\left( T \right)\)
Đáp án: 5
Khi truyền nhiệt lượng 400J cho khối khí trong một xilanh hình trụ được nắp kín bằng pit-tông thì khối khí dãn nở đẩy pit-tông lên, làm thể tích của khối khí tăng thêm \(0,3\) lít. Biết áp suất của khối khí là \({2.10^5}Pa\) và không đổi trong quá trình khối khí dãn nở. Nội năng của khối khí đã biến thiên bao nhiêu jun (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị)?
Khối khí nhận nhiệt lượng: \(Q = 400{\rm{\;J}}\).
Khối khí dãn nở đẩy pit-tông nên nó thực hiện công. Độ lớn công do khí thực hiện:
\(A' = p.{\rm{\Delta }}V = {2.10^5}.\left( {0,{{3.10}^{ - 3}}} \right) = 60\left( {\rm{J}} \right)\)
Vì khí thực hiện công nên công mà khối khí nhận được là \(A = - A' = - 60{\rm{\;J}}\).
Độ biến thiên nội năng của khối khí là:
\({\rm{\Delta }}U = Q + A = 400 + \left( { - 60} \right) = 340\left( {\rm{J}} \right)\)
Đáp án: 340
Phần IV (3 điểm). Thí sinh trình bày đầy đủ lời giải câu 5, câu 6.
Một nhà máy điện nguyên tử tiêu thụ trung bình 58,75 g \(_{92}^{235}{\rm{U}}\) mỗi ngày. Biết hiệu suất của nhà máy là 25%; mỗi hạt nhân nguyên tử phân hạch giải phóng 200 MeV.
a) Hãy tính công suất phát điện của nhà máy.
b) Giả thiết sau mỗi phân hạch trung bình có 2,5 neutron được giải phóng thì sau một ngày số neutron thu được trong lò phản ứng là bao nhiêu?
Cho: NA = 6,023.1023 hạt/mol; 1 MeV = 1,6.10-13 J.
a) Năng lượng giải phóng do phân hạch của \(58,75\;{{\rm{g}}^{235}}{\rm{U}}\) :
\({\rm{W}} = \frac{{58,75 \cdot 6,023 \cdot {{10}^{23}} \cdot 200}}{{235}} = 301,1 \cdot {10^{23}}{\rm{MeV}} = 481,76 \cdot {10^{10}}\;{\rm{J}}\)
Công suất điện của nhà máy: \(P = \frac{{{\rm{W}}{\rm{.H}}}}{t} = \frac{{481,76 \cdot {{10}^{10}}.25}}{{100 \cdot 24 \cdot 3600}} \approx 13,94 \cdot {10^6}\;W = 13,94MW.\)
b) Số neutron giải phóng do \(58,75\;{{\rm{g}}^{235}}{\rm{U}}:\)
\({{\rm{N}}_1} = \frac{{58,75 \cdot 6,023 \cdot {{10}^{23}} \cdot 2,5}}{{235}} = 3,{76438.10^{23}}\) hạt
Số neutron bị hấp thụ để \(58,75\;{{\rm{g}}^{235}}{\rm{U}}\) phân hạch hết:
\({{\rm{N}}_2} = \frac{{58,75 \cdot 6,023 \cdot {{10}^{23}}}}{{235}} = 1,5057 \cdot {10^{23}}\)hạt
Số neutron thu được trong lò phản ứng: \({\rm{N}} = {{\rm{N}}_1} - {{\rm{N}}_2} = 2,25862 \cdot {10^{23}}\) hạt.
Một quả bóng thám không có dung tích không đổi 1 200 lít. Vỏ bóng có khối lượng 1 kg. Bóng được bơm khí hydrogen ở áp suất bằng áp suất khí quyển tại mặt đất (1,013.105 Pa) và nhiệt độ 27 °C.
a) Tính lực làm quả bóng rời khỏi mặt đất.
b) Bóng lên tới độ cao h thì dừng lại, tại đó nhiệt độ của khí quyển là 7 °C. Tính áp suất của khí quyển tại độ cao này.
a) Fn (lực nâng bóng) = Fa (Lực đẩy Archimede) – PH (Trọng lượng khí H2) – Pv (trọng lượng vỏ).
Từ đó suy ra: Fn = (D0 - DH)gV – mg (1)
Trong đó D0 là khối lượng riêng của không khí, DH là khối lượng riêng của khí hydrogen; m là khối lượng của vỏ bóng và V là thể tích bóng (V có độ lớn không đổi).
Mặt khác từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng pV = nRT có thể suy ra:
\({\rm{D}} = \frac{{{\rm{pM}}}}{{{\rm{RT}}}}\), trong đó M là khối lượng mol của khí. Do đó:
\({D_0} = \frac{{{p_0}{M_0}}}{{R{T_0}}}\) và \({D_H} = \frac{{{p_H}{M_H}}}{{R{T_H}}} = \frac{{{p_0}{M_H}}}{{R{T_0}}} \Rightarrow \left( {{D_0} - {D_H}} \right) = \frac{{{p_0}\left( {{M_0} - {M_H}} \right)}}{{R{T_0}}}\)
Từ (1) và (2) tính được Fn = 3,10 N.
b) Khi bóng đạt độ cao h và dừng lại thì: Fn = 0 và từ (1) suy ra: \(\left( {D_0^\prime - D_H^\prime } \right)V = m\)
Vì khối lượng khí trong bóng và thể tích bóng không đổi, do đó khối lượng riêng của khí trong bóng cũng không đổi \(D_H^\prime = {D_H}\) nên ta có:
\(\left( {D_0^\prime - {D_H}} \right)V = m \Rightarrow D_0^\prime = {D_H} + \frac{m}{V}\) (3)
Ở độ cao h khối lượng riêng của không khí là: \({\rm{D}}_0^\prime = \frac{{{\rm{p'}}{{\rm{m}}_0}}}{{{\rm{R}}{{\rm{T}}_1}}}\)
Từ (3) và 4) tính được độ lớn của p’ ≈ 7,3.104 Pa.
