Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Vật lí (có đáp án) - Đề số 8
25 câu hỏi
Dựa vào thông tin dưới đây và trả lời các câu hỏi từ 115 - 117:
Một tua bin gió có các cánh quạt quét ra một diện tích có đường kính 25m như thể hiện trong sơ đồ.
Gió thổi trực tiếp về phía tuabin gió với tốc độ 12m/s. Ở tốc độ gió này, 7500kg không khí đi qua mỗi giây qua diện tích hình tròn do các cánh quạt quét ra.
Một chai thủy tính có thể tích và khối lượng Phải đổ vào chai ít nhất 1,5l bao nhiêu nước để nó chìm trong nước? Cho trọng lượng riêng của nước là 10000N/m3.
Đáp án: ____
5/4
Đáp án đúng là "5/4"
Đổi: 1,5 lít = 1 , 5 . 1 0 − 3 m 3 ; 2 5 0 g = 0 , 2 5 k g
Trọng lượng của vỏ chai thủy tinh là: P = 1 0 m = 1 0 . 0 , 2 5 = 2 , 5 ( N )
Chai thủy tinh ngập hoàn toàn trong nước, lực đẩy Archimedes tác dụng lên chai là:
F A = d n . V = 1 0 0 0 0 . 1 , 5 . 1 0 − 3 = 1 5 ( N )
Để chai thủy tinh lơ lửng trong nước, trọng lượng của chai và nước trong chai là:
P ' = F A ⇒ P + P n = F A ⇒ 2 , 5 + P n = 1 5
⇒ P n = 1 5 − 2 , 5 = 1 2 , 5 ( N )
Thể tích của nước trong chai là: V n = P n d n = 1 2 , 5 1 0 0 0 0 = 1 , 2 5 . 1 0 − 3 ( m 3 ) = 1 , 2 5 (lít)
Một người đứng cách xe buýt 50m. Khi xe bắt đầu chuyển động với gia tốc 1m/s2 thì người đó cũng bắt đầu đuổi theo xe. Biết vận tốc chạy của người không đổi và bằng v và coi chuyển động của người và xe buýt trên cùng một đường thẳng. Giá trị nhỏ nhất của v để người đó có thể bắt kịp xe buýt là
5m/s.
8m/s.
10m/s.
12m/s.
Đáp án đúng là C
Chọn chiều dương của trục Ox cùng hướng chuyển động của người và xe, gốc O tại vị trí ban đầu của người. Gốc thời gian là lúc người và xe bắt đầu chuyển động.
Vị trí của người và xe buýt sau khoảng thời gian t: x 1 = 5 0 + a t 2 2 ; x 2 = v t
Khi người bắt kịp xe buýt: x 1 = x 2 ⇔ v t = 5 0 + a t 2 2 ⇔ t 2 − 2 v t + 1 0 0 = 0
Điều kiện phương trình phải có nghiệm t > 0
Δ ' = v 2 − 1 0 0 ≥ 0 ⇒ v ≥ 1 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của v để người đó bắt kịp xe buýt là 10 m/s
Một vật khối lượng m = 1kg chuyển động tròn đều với vận tốc v = 10m/s. Tính độ biến thiên động lượng của vật sau ½ chu kì.
2(kg.m/s).
20(kg.m/s).
2,5(kgm/s).
120(kg.m/s).
Đáp án đúng là B
Ban đầu vật ở A và có động lượng p 0 → : p 0 = m v = 1 . 1 0 = 1 0 ( k g . m / s )
+ Sau 1/4 chu kì vật đến B và có động lượng p 1 → vuông góc với p 0 → .
+ Sau 1/2 chu kì vật đến C và có động lượng p 2 → ngược hướng với p 0 → .
+ Sau cả chu kì vật đến D và có động lượng p 3 → cùng hướng với p 0 → .
Vì vật chuyển động tròn đều nên: p 3 = p 2 = p 1 = p 0 = 1 0 ( k g . m / s )
Sau 1/2 chu kì thì: Δ p → = p 2 → − p 0 → = p 2 → + ( − p 0 → )
Vì p 2 → ↑ ↓ p 0 → nên: Δ p = 2 . p 0 = 2 0 ( k g m / s )
Hai vật A, B dán liền nhau mB = 2mA = 200g, treo vào một lò xo có độ cứng k = 50N/m, hình 1. Nâng vật lên đến đến vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên l0 = 30cm thì buông nhẹ. Vật dao động điều hoà đến vị trí lực đàn hồi của lò xo có độ lớn lớn nhất, vật B bị tách ra. Tính chiều dài ngắn nhất của lò xo.
26 cm.
24 cm.
30 cm.
22 cm.
Đáp án đúng là D
Khi B chưa rời khỏi A: Δ l 0 1 = ( m A + m B ) g k = ( 0 , 1 + 0 , 2 ) . 1 0 5 0 = 6 c m
Biên độ dao động của hệ khi B chưa rời khỏi A: A = Δ l 0 1 = 6 c m
Khi lò xo có lực đàn hồi max tức hai vật đang ở biên A 1 và v = 0
Khi B rời khỏi A . Hệ chỉ còn lò xo và vật A. Độ biến dạng tại VTCB mới O 2 là:
Δ l 0 2 = m A g k = 0 , 1 . 1 0 5 0 = 2 c m
Biên độ dao động mới: A 2 = 6 + ( 6 − 2 ) = 1 0 c m
Chiều dài cực tiểu: l m i n = l 0 + Δ l 0 2 − A 2 = 2 2 c m
Ánh sáng thông thường khi truyền đi xa trong không khí dễ bị các phần tử trong không khí gây ra hiện tượng tán xạ. Với tia hồng ngoại thì rất ít bị không khí hoặc những phần tử nhỏ lơ lửng trong không khí (như hơi nước) tán xạ, nếu dùng phim bắt nhạy tia hồng ngoại, tạ có thể chụp được những bức ảnh của những vật ở rất xa một cách rõ nét và có thể chụp về ban đêm. Điều này thể hiện tính chất nào của tia hồng ngoại?
Tác dụng nhiệt rất mạnh.
Bước sóng dài hơn ánh sáng nhìn thấy.
Gây ra một số phản ứng hóa học.
Có thể biến điệu như sóng điện từ cao tần.
Đáp án đúng là B
Với tia hồng ngoại, vì nó có bước sóng dài nên rất ít bị không khí hoặc những phần tử nhỏ lơ lửng trong không khí (như hơi nước chẳng hạn) tán xạ. nếu dùng phim bắt nhạy tia hồng ngoại, ta có thể chụp được những bức ảnh của những vật ở rất xa một cách rõ nét và có thể chụp được về ban đêm.
Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với biên độ 10cm. Hình vẽ là đồ thị phụ thuộc thời gian của pha dao động (dạng hàm cos). Phương trình dao động của vật là
x = 1 0 c o s ( π t − π 3 ) c m .
x = 1 0 c o s ( π t + π 3 ) c m .
x = 1 0 c o s ( 2 π t − π 3 ) c m .
x = 1 0 c o s ( 2 π t + π 3 ) c m .
Đáp án đúng là B
Ta thấy tại t = 1 1 2 s ⇔ Φ = π 2 ( r a d ) ⇒ π 2 = 1 1 2 ω + φ ( 1 )
Tại t = 0 s ⇔ Φ = π 3 ( r a d ) ⇒ π 3 = φ ( 2 )
Từ (1) và (2) ta tính được: { φ = π 3 ω = π ⇒ x = 1 0 c o s ( π t + π 3 ) ( c m )
Hai nguồn kết hợp A, B cùng pha, cùng biên độ, cách nhau 40 cm. Khoảng cách giữa hai điểm dao động với biên độ cực đại gần nhau nhất trên đoạn AB là 0,8 cm. Điểm M thuộc miền giao thoa cách nguồn A một đoạn 25cm và cách nguồn B một đoạn 22cm. Dịch chuyển nguồn B từ từ dọc theo phương AB ra xa nguồn B đoạn 10 cm thì số lần điểm M chuyển thành điểm dao động với biên độ cực đại là:
6 lần
8 lần
7 lần
5 lần
Đáp án đúng là D
Khoảng cách giữa hai điểm dao động với biên độ cực đại gần nhau nhất trên đoạn AB là 0,8 cm
⇒ λ 2 = 0 , 8 ⇒ λ = 1 , 6 ( c m )
Ta có hình ảnh minh họa:
Từ hình ta có: c o s β = A M 2 + ( A B 1 ) 2 − ( M B 1 ) 2 2 A M . A B 1 = 2 5 2 + 4 0 2 − 2 2 2 2 . 2 5 . 4 0 = 0 , 8 7 0 5
Xét trong tam giác A M B 2 ta có:
M B 2 = A M 2 + ( A B 2 ) 2 − 2 A M . A B 2 . c o s β = 2 5 2 + 5 0 5 − 2 . 2 5 . 5 0 . 0 , 8 7 0 5 = 3 0 , 8 ( c m )
Điểm M thuộc cực đại khi: d 1 M − d 2 M = k λ = 1 , 6 k
Mặt khác: { Δ d M − 1 = A M − M B 1 = 2 5 − 2 2 = 3 c m Δ d M − 2 = A M − M B 2 = 2 5 − 3 0 , 8 = − 5 , 8 c m ⇒ − 5 , 8 ≤ 1 , 6 k ≤ 3 ⇒ − 3 , 6 ≤ k ≤ 1 , 8
⇒ k = − 3 ; − 2 ; − 1 ; 0 ; 1
Vậy có 5 giá trị của k thỏa mãn hay điểm M sẽ chuyển thành điểm dao động cực đại 5 lần.
Từ Trái Đất, một ăngten phát ra những sóng cực ngắn đến Mặt Trăng. Thời gian từ lúc ăngten phát sóng đến lúc nhận sóng phản xạ trở lại là 2,56(s). Hãy tính khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng. Biết tốc độ của sóng điện từ trong không khí bằng 3.108m/s.
395.103km.
358.103km.
375.103km.
384.103km.
Đáp án đúng là D
Khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng được xác định bằng:
d = v t = c . 2 , 5 6 2 = 3 . 1 0 8 . 2 , 5 6 2 = 3 8 4 0 0 0 k m (thời gian t sẽ bằng ½ lần thời gian gian từ lúc ăngten phát sóng đến lúc nhận sóng phản xạ trở lại)
Một khung dây hình tròn diện tích S = 15cm2 gồm N = 10 vòng dây, đặt trong từ trường đều có B → hợp với véctơ pháp tuyến n → của mặt phẳng khung dây một góc a = 30o như hình vẽ. Biết B = 0,04T. Tính độ biến thiên của từ thông qua khung dây khi quay khung dây quanh đường kính MN một góc 180o.
0Wb.
−5,196.10−4Wb.
−10,392.10−4Wb.
10,392.10−4Wb.
Đáp án đúng là C
Lúc đầu vectơ pháp tuyến n → tạo với B → một góc α 1 = 3 0 0 .
+ Từ thông gửi qua khung dây lúc này là:
Φ 1 = N B S . c o s α 1 = 1 0 . 0 , 0 4 . 1 5 . 1 0 − 4 . c o s 3 0 0 = 5 , 1 9 6 . 1 0 − 4 ( W b )
+ Sau khi quay khung dây theo đường kính MN góc 180o thì lúc này vectơ pháp tuyến n → lúc sau ngược chiều với vectơ n → lúc đầu nên B → với n → lúc sau một góc a 2 = 1 8 0 0 − 3 0 0 = 1 5 0 0
+ Từ thông gửi qua khung dây lúc này là:
Φ 2 = N . B . S . c o s α 2 = 1 0 . 0 , 0 4 . 1 5 . 1 0 − 4 . c o s 1 5 0 o = − 5 , 1 9 6 . 1 0 − 4 ( W b )
+ Độ biến thiên của từ thông là:
Δ Φ = Φ 2 − Φ 1 = − 5 , 1 9 6 . 1 0 − 4 − 5 , 1 9 6 . 1 0 − 4 = − 1 0 , 3 9 2 . 1 0 − 4 ( W b )
Khi mắc điện trở R1 = 500Ω vào hai cực của một pin mặt trời thì hiệu điện thế mạch ngoài là U1 = 0,1V. Nếu thay điện trở R 1 bằng điện trở R2 = 1000Ω thì hiệu điện thế mạch ngoài bây giờ là U2 = 0,15V. Diện tích của tấm pin là S = 5cm2và nó nhận được năng lượng ánh sáng với công suất trên mỗi cm2 diện tích là w = 2mW/cm2. Tính hiệu suất của pin khi chuyển từ năng lượng ánh sáng thành nhiệt năng ở điện trở ngoài R3 = 2000Ω.
0,2%.
0,4%.
0,47%.
0,225%.
Đáp án đúng là A
Ta có định luật Ohm cho toàn mạch: I = ξ R + r
Khi sử dụng R1, R2 ta có: { 0 , 1 = ξ 1 + r 5 0 0 0 , 1 5 = ξ 1 + r 1 0 0 0
Khi nối R3 thì: H = I 3 2 R 3 w S = ( ξ R 3 + r ) 2 R 3 w S = ( 0 , 3 2 0 0 0 + 1 0 0 0 ) 2 . 2 0 0 0 2 . 1 0 − 3 . 5 = 0 , 2 %
Một bình cách nhiệt được ngăn làm hai phần bằng một vách ngăn cách nhiệt. Hai phần bình chứa hai chất lỏng có nhiệt dung riêng c1, c2 và nhiệt độ t1, t2 khác nhau. Bỏ vách ngăn, hai khối chất lỏng không có tác dụng hóa học và có nhiệt cân bằng là t. Biết ( t 1 − t ) = 1 2 ( t 1 − t 2 )
Tính tỉ số m1/m2
m 1 m 2 = c 2 c 1 .
m 1 m 2 = c 2 c 1 .
m 1 m 2 = ( c 2 c 1 ) 2 .
m 1 m 2 = 1 c 1 c 2 .
Đáp án đúng là A
- Phương trình cân bằng nhiệt: c 1 m 1 ( t 1 − t ) + c 2 m 2 ( t 2 − t ) = 0 ( 1 )
- Theo đề bài, ta có: t 1 − t = 1 2 ( t 1 − t 2 ) ⇒ t 2 = 2 t − t 1 ⇒ t 2 − t = ( 2 t − t 1 ) − t = t − t 1 ( 2 )
- Thay (2) vào (1) ta được: c 1 m 1 ( t 1 − t ) + c 2 m 2 ( t − t 1 ) = 0 ⇔ c 1 m 1 − c 2 m 2 = 0 ⇒ m 1 m 2 = c 2 c 1
Vậy: tỉ số m 1 / m 2 là m 1 m 2 = c 2 c 1
Người ta dẫn 0,2kg hơi nước ở nhiệt độ 100oC vào một bình chứa 1,5kg nước đang ở nhiệt độ 15oC. Tính nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp và tổng khối lượng khi xảy ra cân bằng nhiệt.
78oC; 1,3kg.
87oC; 1,2kg.
68oC; 1,7kg.
94oC; 1,7kg.
Đáp án đúng là D
Nhiệt lượng tỏa ra khi 0 , 2 k g hơi nước ở 1 0 0 ° C ngưng tụ thành nước ở 1 0 0 ° C :
Q 1 = m 1 . L = 0 , 2 . 2 , 3 . 1 0 6 = 4 6 0 0 0 0 ( J )
Nhiệt lượng tỏa ra khi 0 , 2 k g nước ở 1 0 0 ° C thành nước ở t o C :
Q 2 = m 1 . C . ( t 1 − t ) = 0 , 2 . 4 2 0 0 . ( 1 0 0 − t )
Nhiệt lượng thu vào khi 1 , 5 k g nước ở 1 5 ° C thành nước ở t ° C :
Q 3 = m 2 . C . ( t − t 2 ) = 1 , 5 . 4 2 0 0 . ( t − 1 5 )
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Q 1 + Q 2 = Q 3
⇔ 4 6 0 0 0 0 + 0 , 2 . 4 2 0 0 . ( 1 0 0 − t ) = 1 , 5 . 4 2 0 0 . ( t − 1 5 ) ⇔ 6 7 8 0 t = 6 3 8 5 0 0 ⇔ t ≈ 9 4 o C
Tổng khối lượng khi xảy ra cân bằng nhiệt. m = m 1 + m 2 = 0 , 2 + 1 , 5 = 1 , 7 ( k g )
Một lượng khí ở trong một xilanh thẳng đứng có pit-tông ở bên trong. Khí có thể tích 3 lít ở 27oC. Biết diện tích tiết diện pit-tông S = 150cm2, không có ma sát giữa pit-tông và xilanh, pit-tông vẫn ở trong xilanh và trong quá trình áp suất không đổi. Khi đun nóng đến 150oC thì pit-tông được nâng lên một đoạn là:
4,86cm.
28,20cm.
24,86cm.
8,20cm.
Đáp án đúng là D
Trạng thái 1 { V 1 = 3 ( l ) T 1 = 2 7 + 2 7 3 = 3 0 0 K
Trạng thái 2 { V 2 = V 1 + S l T 2 = 1 5 0 + 2 7 3 = 4 2 3 K
Áp dụng định luật Charles: V 1 V 2 = T 1 T 2 ⇔ V 1 T 1 = V 2 T 2 = V 1 + l S T 2 ⇒ 3 . 1 0 3 3 0 0 = 3 . 1 0 3 + 1 5 0 l 4 3 2 ⇒ l = 8 , 2 c m
Đồ thị nào sau đây mô tả gần đúng mối liên hệ giữa năng lượng liên kết riêng và số nucleon.
Hình I.
Hình II.
Hình III.
Hình IV.
Đáp án đúng là D
Ta có năng lượng liên kết riêng được xác định bằng: ε = Δ E A
⇒ Năng lượng liên kết riêng tỉ lệ nghịch với số khối.
⇒ đồ thị thể hiện đúng mối liên hệ là hình IV.
Một tua bin gió có các cánh quạt quét ra một diện tích có đường kính 25m như thể hiện trong sơ đồ.
Gió thổi trực tiếp về phía tuabin gió với tốc độ 12m/s. Ở tốc độ gió này, 7500kg không khí đi qua mỗi giây qua diện tích hình tròn do các cánh quạt quét ra.
Tính động năng của không khí di chuyển với tốc độ 12m/s, đi qua diện tích hình tròn trong 1s.
540J.
270kJ.
540kJ.
270J.
Đáp án đúng là C
Động năng của không khí: W d = 1 2 m v 2 = 7 5 0 0 . 1 2 2 2 = 5 4 0 0 0 0 J = 5 4 0 k J
Một tua bin gió có các cánh quạt quét ra một diện tích có đường kính 25m như thể hiện trong sơ đồ.
Gió thổi trực tiếp về phía tuabin gió với tốc độ 12m/s. Ở tốc độ gió này, 7500kg không khí đi qua mỗi giây qua diện tích hình tròn do các cánh quạt quét ra.
Tua bin chuyển đổi 10% động năng của gió thành năng lượng điện. Tính công suất điện đầu ra của tuabin.
54kW.
34W.
500W.
4500W.
Đáp án đúng là A
Năng lượng điện của tuabin tiêu thụ là: A = 1 0 % . W t = 1 0 % . 5 4 0 = 5 4 k J
Công suất của tuabin: P = A t = 5 4 1 = 5 4 k W
Một tua bin gió có các cánh quạt quét ra một diện tích có đường kính 25m như thể hiện trong sơ đồ.
Gió thổi trực tiếp về phía tuabin gió với tốc độ 12m/s. Ở tốc độ gió này, 7500kg không khí đi qua mỗi giây qua diện tích hình tròn do các cánh quạt quét ra.
Vào một ngày khác, tốc độ gió bằng một nửa tốc độ trong câu 15. Tính khối lượng không khí đi qua diện tích hình tròn mỗi giây vào ngày này.
3507kg.
3750kg.
3570kg.
3170kg.
Đáp án đúng là B
Khối lượng không khí quay diện tích hình tròn mỗi giây khi tốc độ giảm đi 1 nửa là:
m ' = m 2 = 7 5 0 0 2 = 3 7 5 0 k g
Động cơ của một chiếc thuyền cung cấp 30,0 kW cho chân vịt trong khi thuyền đang di chuyển với tốc độ không đổi là 15,0 m/s. Tổng lực cản trên thuyền tỷ lệ thuận với bình phương tốc độ của chiếc thuyền. Nếu thuyền đang được kéo với tốc độ 5,0 m/s sau khi động cơ của nó bị hỏng, thì lực căng trung bình trong dây kéo sẽ là
44,4 N
220 N
2000 N
3330 N
Đáp án đúng là B
Công suất do động cơ cung cấp cân bằng với công suất của lực cản:
P = F c . v 1 ⇒ F c = P v 1 = 3 0 0 0 0 1 5 = 2 0 0 0 N
Ta có lực cản tỷ lệ với bình phương vận tốc nên:
F 2 = F c . ( v 2 v 1 ) 2 = 2 0 0 0 . ( 5 1 5 ) 2 ⇒ F 2 = 2 0 0 0 . 1 9 = 2 2 0 N
Khi thuyền được kéo với vận tốc không đổi, lực căng dây chính bằng lực cản: T = F 2 = 2 2 0 N
Hình ảnh cho thấy một nhà máy thủy điện.
Nước được cung cấp từ một hồ chứa cao 80 m so với nhà máy điện. Nước chảy qua các tua bin của nó với tốc độ Q = 6m3/s. Giả sử rằng mật độ của nước là 1000kg/m3. Nếu hiệu suất của nhà máy điện là 60%, công suất của dòng nước được xác định bằng P = ρQgh, công suất điện đầu ra là:
0,29MW
1,9MW
2,8MW
4,7W
Đáp án đúng là C
Ta có: H = P i P
Công suất toàn phần chính là công suất thủy lực của dòng nước (công suất tiềm năng), được tính theo công thức:
P = ρ Q g h = 1 0 0 0 . 6 . 9 , 8 1 . 8 0 = 4 , 7 0 8 , 8 0 0 W = 4 , 7 1 M W
Công suất có ích (công suất điện đầu ra):
P i = H . P = 0 , 6 . 4 , 7 1 = 2 , 8 3 M W ≈ 2 , 8 M W
Một nguồn âm điểm phát ra năng lượng như nhau theo mọi hướng với tốc độ không đổi và một máy dò đặt cách nguồn 2,0 m đo được cường độ 4W/m2. Công suất của nguồn sau đó giảm đi một nửa. Cường độ nào, tính bằng W/m2, máy dò sẽ đo được nếu bây giờ nó được đặt cách nguồn 4,0 m?
0,25
0,5
1
2
Đáp án đúng là B
Ta có: I = P 4 π r 2
hay cường độ âm tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách và tỉ lệ với công suất nguồn âm
Khi công suất của nguồn giảm đi một nửa: P 2 = P 1 2
Vì I tỉ lệ với P ta có: I 2 = I 1 2 = 4 2 = 2 W / m 2
Từ cường độ âm tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách, ta có:
I 3 I 2 = ( r 2 r 1 ) − 2 ⇒ I 3 2 = ( 4 2 ) − 2 = ( 2 ) − 2 = 1 4 ⇒ I 3 = 2 . 1 4 = 0 , 5 W / m 2
Một khung dây phẳng diện tích gồm 200 vòng đặt trong từ trường đều B = 2.10−4T, vector cảm ứng từ hợp với mặt phẳng khung một góc 30∘. Người ta giảm đều từ trường đến 0 trong khoảng thời gian 0,01s. Xác định độ lớn suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung trong thời gian từ trường biến đổi là
0,04V.
0,008V.
0,004V.
0,002V.
Đáp án đúng là B
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung được xác định bằng:
e c = | Δ Φ | Δ t = N S | B 2 − B 1 | c o s α Δ t = 2 0 0 . 4 0 . 1 0 − 4 . | 2 . 1 0 − 4 − 0 | c o s 6 0 ∘ 0 , 0 1 = 0 , 0 0 8 V
Một khung dây dẫn có diện tích S = 50cm2 gồm 150 vòng dây quay đều với vận tốc 3000 vòng/phút trong một từ trường đều có cảm ứng từ B → vuông góc trục quay của khung và có độ lớn B = 0,002T. Từ thông cực đại gửi qua khung là:
1,5Wb
15.10−3Wb
1,5.10−3Wb
15Wb
Đáp án đúng là C
Từ thông cực đại là Φ 0 = N B S = 1 5 0 . 0 , 0 0 2 . 5 0 . 1 0 − 4 = 1 , 5 . 1 0 − 3 W b .
Cho hai viên bi chuyển động ngược chiều nhau trên cùng một đường thẳng quỹ đạo và va chạm vào nhau. Viên bi một có khối lượng 4kg đang chuyển động với vận tốc 4 m/s và viên bi hai có khối lượng 8 kg đang chuyển động với vận tốc v 2 → . Bỏ qua ma sát giữa các viên bi và mặt phẳng tiếp xúc. Giả sử sau va chạm, bi 2 đứng yên còn bi 1 chuyển động ngược lại với vận tốc v1′ = 3m/s.Tính vận tốc viên bi 2 trước va chạm?
3,5(m/s)
2,4(m/s)
4,2(m/s)
1,5(m/s)
Đáp án đúng là A
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va chạm.
Theo định luật bảo toàn động lượng: m 1 . v → 1 + m 2 . v → 2 = m 1 . v → 1 ′ + m 2 . v → 2 ′
Sau va chạm viên bi hai đứng yên viên bi một chuyển động ngược chiều với vận tốc 3m/s ta có:
Chiếu lên chiều dương
m 1 . v 1 − m 2 . v 2 = − m 1 . v 1 ′ + 0 ⇒ v 2 = m 1 . v 1 + m 1 . v 1 ′ m 2
⇒ v 2 = 4 . 4 + 4 . 3 8 = 3 , 5 ( m / s )
Một khinh khí cầu dùng nhiệt có thể tích quả cầu khí nóng là V = 500m3, thể tích các phần còn lại xem như không đáng kể. Tổng khối lượng của hệ thống và tải là m = 200kg. Không khí có áp suất đo được là p = 720mmHg, nhiệt độ là t = 27oC. Lấy g = 10m/s2. Cho biết khối lượng riêng của không khí ở điều kiện tiêu chuẩn (T0 = 273K; p0 = 760mmHg) là ρ = 1,29kg/m3. Nhiệt độ trung bình tối thiểu của quả cầu khí nóng là bao nhiêu để hệ thống này có thể bay lên.
485,54(oC)
484,54(K)
468,54(K)
468,54(oC)
Đáp án đúng là C
Ta có: p . V T = p 0 . V 0 T 0 ⇔ p . m T . ρ = p 0 . m T 0 . ρ 0 ⇒ ρ = p . T 0 p 0 T . ρ 0 = 7 2 0 . 2 7 3 7 6 0 . 3 0 0 . 1 , 2 9 = 1 , 1 1 2 k g / m 3
- Khối lượng riêng của khí nóng trong quả cầu tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối trong quá trình nung nóng đẳng áp ρ ′ = T T ′ . ρ
- Để khinh khí cầu bay lên được thì: F n ≥ 0
-Trong đó:
F n = F A − P = ρ V g − ( ρ ′ V + m 0 ) g ⇔ F n = ( ρ V − ρ T T ′ V − m 0 ) g
⇔ F n = [ ρ V ( 1 − T T ′ ) − m 0 ] g ⇔ F n = ( ρ V T ′ − T T ′ − m 0 ) g
- Cho lực nâng F n ≥ 0 ta có được nhiệt độ trung bình cần đạt bên trong quả cầu khinh khí phải thoả mãn: T ′ ≥ ρ V T ρ V − m 0 = 1 , 1 1 2 . 5 0 0 . 3 0 0 1 , 1 1 2 . 5 0 0 − 2 0 0 ≈ 4 6 8 , 5 4 ( K )
Mặt trong của bình hình trụ được thể hiện ở trên có diện tích mặt cắt ngang là 0.005 m2 và chiều dài là 0,15 m. Bình được đổ đầy khí lý tưởng và được đậy bằng nắp rời. Khí được đun nóng đến 363 K và một số được phép thoát ra khỏi bình để khí còn lại đạt đến áp suất khí quyển (1.105Pa). Bây giờ, nắp được vặn chặt và khí được làm lạnh đến 298 K.
Áp suất của khí lạnh là bao nhiêu?
8,2.104Pa
4,2.104Pa
3,6.104Pa
6,2.104Pa
Đáp án đúng là A
Ta có trong quá trình trên thể tích khí không đổi nên quá trình trên đẳng tích
Ở từng trạng thái ta có:
Trạng thái 1: p1 = 1.105Pa, T1 = 363K
Trạng thái 2: p2, T2 = 298K
Quá trình đẳng tích ta có: p 1 T 1 = p 2 T 2 ⇔ 1 . 1 0 5 3 6 3 = p 2 2 9 6 ⇒ p 2 = 8 , 2 . 1 0 4 P a
