Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 10
28 câu hỏi
Chất lỏng không có thể tích riêng xác định.
Các nguyên tử, phân tử cũng dao động quanh các vị trí cân bằng, nhưng những vị trí cân bằng này không cố định mà di chuyển.
Lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất lỏng lớn hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất khí và nhỏ hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất rắn.
Chất lỏng không có hình dạng riêng mà có hình dạng của phần bình chứa nó.
Khi nói về chất lỏng, chất lỏng có thể tích riêng nhưng không có hình dạng riêng mà có hình dạng của phần bình chứa nó. Các nguyên tử, phân tử cũng dao động quanh các vị trí cân bằng, nhưng những vị trí cân bằng này không cố định mà di chuyển. Lực tương tác giữa các phân tử chất lỏng lớn hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất khí và nhỏ hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất rắn.
Chọn A
\(212\,^\circ F{\rm{.}}\)
\(32\,^\circ F{\rm{.}}\)
\(100\,^\circ F{\rm{.}}\)
\(0\,^\circ F{\rm{.}}\)
Ở áp suất tiêu chuẩn, nước sôi ở \(100\,^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}\)
Nhiệt độ này tính theo nhiệt giai Fahrenheit là \(t\left( {^\circ F} \right) = 1,8 \cdot t\left( {^\circ C} \right) + 32 = 1,8 \cdot 100 + 32 = 212\,^\circ F.\)
Chọn A
\(J/kg \cdot K.\)
\(J/kg.\)
\(J.\)
\(J/K.\)
Nhiệt nóng chảy riêng là nhiệt lượng cần cung cấp cho \(1\,kg\) vật rắn nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy, có đơn vị là \(J/kg.\)
Chọn B
Một lượng chất rắn A đã nghiền nát được nung nóng bằng lò sưởi, theo dõi sự thay đổi nhiệt độ theo thời gian của nó ta vẽ được đồ thị như hình.
Nếu dùng lò sưởi đó để nung nóng chất rắn A nhưng với khối lượng nhỏ hơn ban đầu, thì đồ thị nào sau đây (bằng đường nét đứt) thể hiện phù hợp nhất sự thay đổi nhiệt độ của chất rắn?
Nếu cùng một lò sưởi được sử dụng để nung nóng một khối lượng nhỏ hơn của chất rắn A thì nhiệt độ chất rắn tăng nhanh hơn (độ dốc lớn hơn). Nhiệt độ nóng chảy trong hai trường hợp sẽ như nhau. Do đó hình C là phù hợp nhất.
Chọn C
\(60\,{\rm{J}}/{\rm{g}}{\rm{.}}\)
\(73\,{\rm{J}}/{\rm{g}}{\rm{.}}\)
\(89{\rm{\;}}\,{\rm{J}}/{\rm{g}}{\rm{.}}\)
\(96{\rm{\;}}\,{\rm{J}}/{\rm{g}}{\rm{.}}\)
Đáp án đúng là A
Khi có sự cân bằng nhiệt ta có:
\({\lambda _{th}}{m_{th}} + {m_{th}}{c_{th}}\left( {t - {t_2}} \right) = {m_n}{c_n}\left( {{t_2} - {t_1}} \right) + {C_{nlk}} \cdot \left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)
\({\lambda _{th}} \cdot 350 + 350 \cdot 0,23 \cdot \left( {232 - 32} \right) = 330 \cdot 4,2 \cdot \left( {32 - 7} \right) + 100 \cdot \left( {32 - 7} \right)\)
\( \Rightarrow {\lambda _{th}} \approx 60\,J/g.\)
Chiếm toàn bộ thể tích của bình chứa.
Dễ nén.
Có khối lượng riêng nhỏ so với chất rắn và chất lỏng.
Có khối lượng phân tử rất nhỏ nên bỏ qua khối lượng.
Chất khí được cấu tạo từ các phân tử. Các phân tử luôn chuyển động hỗn loạn không ngừng. Chất khí không có hình dạng và thể tích riêng xác định mà có hình dạng và thể tích của bình chứa. Không bỏ qua khối lượng chất khí được
Chọn D
Quá trình biến đổi trạng thái của một lượng khí xác định được biểu diễn bằng đồ thị đẳng nhiệt như hình vẽ. Áp suất của chất khí tại trạng thái (2) bằng bao nhiêu atm?
\(2\,atm.\)
\(3\,atm.\)
\(4\,atm.\)
\(5\,atm.\)
Đồ thị (p,V) có dạng hyperbol nên quá trình biến đổi của khí là đẳng nhiệt.
Ta có: \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Leftrightarrow 10 \cdot 1 = {p_2} \cdot 5 \Rightarrow {p_2} = 2\,atm.\)
Chọn A
\(10{\rm{\;}}\,{\rm{Pa}}{\rm{.}}\)
\({10^4}\,{\rm{Pa}}\).
\(100{\rm{\;}}\,{\rm{Pa}}{\rm{.}}\)
\(5 \cdot {10^3}{\rm{\;}}\,{\rm{Pa}}{\rm{.}}\)
Áp suất mà khí đó tác dụng lên thành bình là
\(p = \frac{1}{3}\rho \overline {{v^2}} = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot {10^{ - 2}} \cdot {500^2} = 5 \cdot {10^3}\,Pa.\)
Chọn D
\(0,58\,kg;8,5\) lít.
\(0,85\,kg;\,4,8\) lít.
\(5\,kg;\,7\)lít.
\(3,7\,kg;\,15\) lít.
Gọi \({m_b}\) là khối lượng của bình ta có:
\({p_1}V = \frac{{{M_1} - {m_b}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_1}\,\,\,(1)\)
\({p_2}V = \frac{{{M_2} - {m_b}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_2}\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{{M_1} - {m_b}}}{{{M_2} - {m_b}}} \cdot \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{15}}{5} = \frac{{50 - {m_b}}}{{49 - {m_b}}} \cdot \frac{{37 + 273}}{{7 + 273}} \Rightarrow {m_b} \approx 48,415\,kg.\)
Khối lượng khí còn lại trong bình \(m = {M_2} - {m_b} = 49 - 48,415 = 0,585\,kg.\)
Từ (2) suy ra: \(V = \frac{m}{\mu } \cdot \frac{{R{T_2}}}{{{p_2}}} = \frac{{585}}{{32}} \cdot \frac{{8,31 \cdot \left( {7 + 273} \right)}}{{5 \cdot {{10}^6}}} = 8,5 \cdot {10^{ - 3}}\,{m^3} = 8,5\,\)lít.
Chọn A
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 28 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Các đường mạt sắt của từ phổ cho biết dạng của đường sức từ.
Các đường sức từ của từ trường đều là những đường thẳng song song, cách đều nhau.
Các đường sức từ là những đường cong không kín.
Tại mỗi điểm trong từ trường, chỉ có thể vẽ được một và chỉ một đường sức từ đi qua.
Các đường sức từ là những đường cong kín hoặc đường thẳng song song khi là từ trường đều.
Chọn C
Một học sinh tịnh tiến một nam châm đến gần một cuộn dây dẫn như hình vẽ. Cuộn dây được nối với một ampe kế nhạy. Thay đổi nào sau đây không làm tăng số chỉ của ampe kế?
Tăng số vòng của cuộn dây.
Tăng điện trở của ampe kế.
Tăng tốc độ dịch chuyển của nam châm.
Sử dụng nam châm có từ truờng mạnh hơn.
Tăng điện trở của ampe kế sẽ làm giảm cường độ dòng điện trong mạch, tức là làm giảm số chỉ của ampe kế.
Chọn B
\(600\,MHz.\)
\(150\,MHz.\)
\(150\,kHz.\)
\(600\,kHz.\)
Tần số của sóng điện từ:
\(\lambda = \frac{c}{f} \Rightarrow f = \frac{c}{\lambda } = \frac{{3 \cdot {{10}^8}}}{2} = 1,5 \cdot {10^8}\,Hz = 150\,MHz.\)
Chọn B
Một khung dây \(CDEG\) được treo bằng một sợi dây dẻo không trọng lượng được đặt trong từ trường đều giới hạn bởi \(MNPQ.\) Cạnh \(EG\) nằm trong vùng có từ trường như hình vẽ. Cho \({\rm{B}} = 0,3\,{\rm{T}};\,{\rm{I}} = 3\,{\rm{A}};\,{\rm{EG}} = 10\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Khối lượng quả nặng cần treo vào \(EG\) để nó trở về vị trí cũ như khi chưa đặt vào từ trường
\(90\,g.\)
\(900\,g.\)
\(0,9{\rm{\;}}\,{\rm{g}}{\rm{.}}\)
\(9\,g.\)
Khi khung dây \(CDEG\) được treo bằng một sợi dây dẻo không trọng lượng được đặt trong từ trường đều, lực từ tác dụng lên cạnh \(EG\) làm cho khung bị đẩy lên.
Muốn cho khung \(CDEG\) trở về vị trí ban đầu cần treo vật có khối lượng m sao cho:
\(\begin{array}{l}\vec P = - \vec F\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\vec P \uparrow \downarrow \vec F\\P = F\end{array} \right.\\ \Rightarrow mg = IB\ell \Rightarrow m = \frac{{IB\ell }}{g} = \frac{{3 \cdot 0,3 \cdot 0,1}}{{10}} = 9 \cdot {10^{ - 3}}\,kg = 9\,g.\end{array}\)
Chọn D
\(8\,V.\)
\(16\,V.\)
\(4\,V.\)
\(6\,V.\)
Khi mắc hai đầu cuộn \({{\rm{D}}_1}\) vào điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng \(U\) thì ta có:
\(\frac{8}{U} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\,\,\,\,\,(1)\)
Khi mắc hai đầu cuộn \({{\rm{D}}_2}\) vào điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng \(U\) thì ta có:
\(\frac{U}{2} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{8}{U} = \frac{U}{2} \Rightarrow U = 4\,V.\)
Chọn C
\(\gamma .\)
\(\alpha .\)
\({\beta ^ + }.\)
\({\beta ^ - }.\)
Phương trình phóng xạ: \({}_{56}^{127}Ba \to {}_{55}^{127}Cs + _Z^AX\)
Theo định luật bảo toàn điện tích và số khối ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}127 = 127 + A\\56 = 55 + Z\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 0\\Z = 1\end{array} \right.\)
Vậy \(_Z^AX\) là \(_{ + 1}^0e\) hay là \({\beta ^ + }.\)
Chọn C
\( + 40e.\)
\( + 50e.\)
\( - 40e.\)
\( - 50e.\)
Điện tích hạt nhân: \(Q = + Ze = + 40e.\)
Chọn A
\(123,98\,{\rm{MeV}}\) và \(136,19\,{\rm{MeV}}{\rm{.}}\)
\(123,98\,{\rm{MeV}}\) và \(146,19\,{\rm{MeV}}{\rm{.}}\)
\(113,98\,{\rm{MeV}}\) và \(136,19\,{\rm{MeV}}{\rm{.}}\)
\(113,98\,{\rm{MeV}}\) và \(146,19\,{\rm{MeV}}{\rm{.}}\)
Độ hụt khối của\(\;_8^{16}{\rm{O}}\) và \(\;_8^{18}{\rm{O}}\) lần lượt là:
\(\Delta {m_1} = \left( {8{m_p} + 8{m_n}} \right) - {m_1} = \left( {8 \cdot 1,0073 + 8 \cdot 1,0087} \right) - 15,9949 = 0,1131\,amu.\)
\(\Delta {m_2} = \left( {8{m_p} + 10{m_n}} \right) - {m_2} = \left( {8 \cdot 1,0073 + 10 \cdot 1,0087} \right) - 17,9992 = 0,1462\,amu.\)
Năng lượng liên kết của\(\;_8^{16}{\rm{O}}\) và \(\;_8^{18}{\rm{O}}\) lần lượt là:
\({E_{lk1}} = \Delta {m_1} \cdot {c^2} = 0,1131 \cdot 931,5 = 123,98265\,MeV \approx 123,98\,MeV.\)
\({E_{lk2}} = \Delta {m_2} \cdot {c^2} = 0,1462 \cdot 931,5 = 136,1853\,MeV \approx 136,19\,MeV.\)
Chọn A
\(0,183\,{\rm{MeV}}/nucleon.\)
\(0,156\,{\rm{MeV}}/nucleon.\)
\(0,274\,{\rm{MeV}}/nucleon.\)
\(0,238\,{\rm{MeV}}/nucleon.\)
Năng lượng liên kết riêng của\(\;_8^{16}{\rm{O}}\) và \(\;_8^{18}{\rm{O}}\) lần lượt là:
\({E_{lkr1}} = \frac{{{E_{lk1}}}}{{{A_1}}} = \frac{{123,98}}{{16}} \approx 7,749\,MeV/nucleon.\)
\({E_{lkr2}} = \frac{{{E_{lk2}}}}{{{A_2}}} = \frac{{136,19}}{{18}} \approx 7,566\,MeV/nucleon.\)
Năng lượng liên kết riêng của hai hạt chênh lệch một lượng là
\(\Delta {E_{lkr}} = {E_{lkr1}} - {E_{lkr2}} = 7,749 - 7,566 = 0,183\,MeV/nucleon.\)
Chọn A
Nhiệt lượng để nước hoá hơi sau thời gian t còn được xác định bằng công thức: \(Q = P \cdot t.\)
Biết nhiệt hoá hơi riêng của nước là \({\rm{L}} = 2,25\,{\rm{MJ}}/{\rm{kg}}{\rm{.}}\) Thời gian để \(50\,g\)nước bay hơi hết là \(75\,s.\)
Nhiệt lượng làm khối lượng nước \(\Delta {\rm{m}}\) bay hơi là \(Q = L \cdot \Delta {\rm{m}}{\rm{.}}\)
Cho nhiệ́t dung riêng của nước \({\rm{c}} = 4180\,{\rm{J}}/\left( {{\rm{kg}} \cdot {\rm{K}}} \right).\)Tổng nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi và làm bay hơi hết \(50\,g\) nước từ nhiệt độ ban đầu \(28{\,^ \circ }{\rm{C}}\) bằng \(15048\,J.\)
a) ĐÚNG. Vì công của dòng điện chuyển thành nhiệt lượng làm nước hoá hơi.
b) ĐÚNG. Từ công thức \(Q = L \cdot \Delta {\rm{m}} \Leftrightarrow {\rm{P}} \cdot t = L \cdot \Delta m \Rightarrow t = \frac{{L \cdot \Delta m}}{P} = \frac{{2,25 \cdot {{10}^6} \cdot 50 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{1500}} = 75\,s.\)
c) ĐÚNG. Nhiệt lượng làm khối lượng nước \(\Delta {\rm{m}}\) bay hơi ở nhiệt độ sôi là \(Q = L \cdot \Delta {\rm{m}}{\rm{.}}\)
d) SAI.
Nhiệt lượng cần cung cấp cho \(50\,g\) nước tăng từ nhiệt độ ban đầu \(28{\,^ \circ }{\rm{C}}\) đến nhiệt độ sôi là
\({Q_1} = \Delta m \cdot c \cdot \Delta T = 50 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 4180 \cdot \left( {100 - 28} \right) = 15048\,J.\)
Nhiệt lượng cần cung cấp để làm \(50\,g\) nước hoá hơi ở nhiệt độ sôi là
\(Q = L \cdot \Delta {\rm{m = 2,25}} \times {10^6} \times 50 \times {10^{ - 3}} = 112500\,J\)
Tổng nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi và làm bay hơi hết \(50\,g\) nước từ nhiệt độ ban đầu \(28{\,^ \circ }{\rm{C}}\) là
\(Q = {Q_1} + {Q_2} = 127548\,J.\)
Vì thể tích khí trong lốp xe không đổi và coi lốp xe chứa khí lí tưởng nên có thể áp dụng định luật Boyle cho quá trình biến đổi trạng thái của khi trong lốp xe.
Khi người lái xe đậu xe trong garage, áp suất không khí bên trong lốp sẽ tăng thêm lên khoảng \(113{\rm{\% }}{\rm{.}}\)
Khi người lái xe đậu xe trong garage, áp suất không khí bên trong lốp xấp xỉ là \(2,83\,atm.\)
Để áp suất trong lốp không thay đổi khi nhiệt độ tăng, người lái xe cần xả bớt một lượng khí khỏi lốp xe.
a) SAI. Vì định luật Boyle áp dụng cho khí lý tưởng trong quá trình đẳng nhiệt.
b) SAI. \(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{2,5}}{{27 + 273}} = \frac{{{p_2}}}{{67 + 273}} \Rightarrow {p_2} \approx 2,83\,atm.\)
Áp suất không khí trong lốp xe tăng thêm \(\Delta p = {p_2} - {p_1} = 0,33\,atm.\)
Phần trăm áp suất tăng thêm: \(\frac{{\Delta p}}{{{p_1}}} = \frac{{0,33}}{{2,5}} = 0,132 = 13,2\% .\)
c) ĐÚNG. Vì thể tích lốp xe không đổi nên \(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{2,5}}{{27 + 273}} = \frac{{{p_2}}}{{67 + 273}} \Rightarrow {p_2} \approx 2,83\,atm.\)
d) ĐÚNG.
Từ phương trình Clapeyron \(pV = nRT\)
\( \Rightarrow \)Khi V không đổi, T tăng, muốn giảm p thì phải giảm n tức là phải giảm lượng khí trong lốp xe.
Dịch chuyển cực Bắc của một thanh nam châm đến gần một cuộn dây như hình sau.
Trong cuộn dây xuất hiện suất điện động cảm ứng và sinh ra dòng điện đi qua điện kế làm kim điện kế bị lệch.
Suất điện động cảm ứng sẽ có độ lớn tăng lên nếu nam châm được dịch chuyển nhanh hơn.
Cơ năng đã biến đổi thành điện năng.
Cuộn dây có xu hướng dịch chuyển sang phải, do dòng điện cảm ứng khiến mặt X của cuộn dây thành cực Nam và chịu lực hút của cực Bắc của nam châm.
a) ĐÚNG. Dịch chuyển cực Bắc của một thanh nam châm đến gần một cuộn dây. Số đường sức từ xuyên qua cuộn dây biến thiên, sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng, sinh ra dòng điện cảm ứng trong mạch kín. Dòng điện này đi qua điện kế và làm kim điện kế lệch.
b) ĐÚNG. Suất điện động cảm ứng tỉ lệ với tốc độ biến thiên từ thông nên khi nam châm được dịch chuyển nhanh hơn thì suất điện động sẽ tăng.
c) ĐÚNG. Khi nam châm di chuyển lại gần cuộn dây, trong cuộn dây xuất hiện suất điện động cảm ứng và sinh ra dòng điện tức có sự chuyển hoá từ cơ năng sang điện năng.
d) SAI. Cuộn dây có xu hướng dịch chuyển sang trái, do dòng điện cảm ứng khiến mặt X của cuộn dây thành cực Bắc và chịu lực đẩy của cực Bắc của nam châm.
Hằng số phóng xạ của \(\;_{53}^{131}{\rm{I}}\) xấp xỉ là \(1,00 \cdot {10^{ - 6}}{\rm{\;}}\,{{\rm{s}}^{ - 1}}.\)
Độ phóng xạ ban đầu của mẫu \(\;_{53}^{131}{\rm{I}}\) là \(2,21 \cdot {10^{17}}\,{\rm{Bq}}{\rm{.}}\)
Độ phóng xạ của mẫu \(\;_{53}^{131}{\rm{I}}\) sau 28 ngày là \(4,32 \cdot {10^{16}}\,Bq.\)
Số hạt nhân \(\;_{53}^{133}{\rm{I}}\) đã bị phân rã phóng xạ trong khoảng thời gian 28 ngày xấp xỉ là \(5,23 \cdot {10^{23}}.\)
a) ĐÚNG. Hằng số phóng xạ \(\lambda = \frac{{\ln 2}}{T} = \frac{{\ln 2}}{{8,02 \cdot 24 \cdot 3600}} \approx 1,00 \cdot {10^{ - 6}}\,s.\)
b) SAI. Độ phóng xạ ban đầu \({H_0} = \lambda \cdot {N_0} = \lambda \cdot \frac{{{m_0}}}{M} \cdot {N_A} = 1,00 \cdot {10^{ - 6}} \cdot \frac{{125}}{{131}} \cdot 6,02 \cdot {10^{23}} \approx 5,74 \cdot {10^{17}}\,Bq.\)
c) SAI. Độ phóng xạ của mẫu \(\;_{53}^{131}{\rm{I}}\) sau 28 ngày là
\(H = {H_0} \cdot {2^{ - \frac{t}{T}}} = 5,74 \cdot {10^{17}} \cdot {2^{ - \frac{{28}}{{8,02}}}} \approx 5,10 \cdot {10^{16}}\,Bq.\)
d) ĐÚNG.
Số hạt nhân \(\;_{53}^{133}{\rm{I}}\) đã bị phân rã phóng xạ trong khoảng thời gian 28 ngày là
\(\Delta N = {N_0} - N = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right) = \frac{{{m_0}}}{M} \cdot {N_A}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right) = \frac{{125}}{{131}} \cdot 6,02 \cdot {10^{23}} \cdot \left( {1 - {2^{ - \frac{{28}}{{8,02}}}}} \right) \approx 5,23 \cdot {10^{23}}\,Bq.\)
Trả lời: 71
\(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }} = 50\sqrt 2 \,V \approx 71\,V.\)
Trả lời: 0,04
Độ hụt khối của hạt nhân \(\;_3^7Li\) là
\(\Delta m = \left[ {Z \cdot {m_p} + \left( {A - Z} \right) \cdot {m_n}} \right] - {m_X}\)
\( = \left[ {3 \cdot 1,0073 + \left( {7 - 3} \right) \cdot 1,0087} \right] - 7,0144 = 0,0423\,amu \approx 0,04\,amu.\)
Trả lời: 2
Vì độ dãn của cột chất lỏng tỉ lệ thuận với độ tăng nhiệt độ nên \(\Delta L = a \cdot \Delta T\)
\( \Rightarrow \frac{{\Delta {L_2}}}{{\Delta {L_1}}} = \frac{{\Delta {T_2}}}{{\Delta {T_1}}} \Leftrightarrow \frac{{\Delta {L_2}}}{{240}} = \frac{{1 - 0}}{{110 - \left( {10} \right)}}\)
\( \Rightarrow \Delta {L_2} = 2\,mm.\)
Trả lời: 0,45
\(pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{10}^5} \cdot 11 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8,31 \cdot \left( {21 + 273} \right)}} = 0,45\,mol.\)
Trả lời: 13
\(n = \frac{m}{M} \Rightarrow m = nM = 0,45 \cdot 29 = 13,05\,g \approx 13\,g.\)
Trả lời: 30
Gọi \({m_1},\,{m_2},\,{m_0}\) lần lượt là khối lượng chất lỏng ở bình I, bình II và mỗi ca.
Gọi \({t_1}^\circ C,\,{t_2}^\circ C\) lần lượt là nhiệt độ của bình I và bình II lúc đầu.
Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ nhất:
\({m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 10} \right) = {m_2} \cdot c \cdot \left( {10 - {t_2}} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 10} \right) = {m_2} \cdot \left( {10 - {t_2}} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\)
Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ hai:
\({m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 15} \right) = \left( {{m_2} + {m_0}} \right) \cdot c \cdot \left( {15 - 10} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 15} \right) = 5 \cdot \left( {{m_2} + {m_0}} \right)\,\,\,\left( 2 \right)\)
Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ ba:
\({m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 18} \right) = \left( {{m_2} + 2{m_0}} \right) \cdot c \cdot \left( {18 - 15} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 18} \right) = 3 \cdot \left( {{m_2} + 2{m_0}} \right)\,\,\,\left( 3 \right)\)
Trừ (1) và (2) theo vế ta được: \(3{m_0} = 3{m_2} - {m_0} \Rightarrow {m_2} = 2\,{m_0}\,\,\,(4)\)
Thế (4) vào (2) suy ra: \({m_0} \cdot ({t_1} - 15) = 15\,{m_0} \Rightarrow {t_1} = 30\,^\circ C.\)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
