Phương pháp:

Lý thuyết về cách xác định chiều của dòng điện cảm ứng.

Cách giải:

Ta có, khi khung dây chuyển động song song với dòng điện thẳng dài thì Cảm ứng từ qua khung dây không thay đổi

\( \Rightarrow \) Từ thông qua khung dây không biến thiên hay nói cách khác không có dòng điện cảm ứng trong khung.

Phương pháp:

Áp dụng định luật Boyle: \({P_1}{V_1} = {P_2}{V_2}\)

Cách giải:

Áp dụng định luật Boyle:

\({P_1}{V_1} = {P_2}{V_2} \Rightarrow {P_2} = \frac{{{P_1}{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{6.1}}{{6,5}} = 0,92{\rm{\;atm}}\)

Phương pháp:

- Khối lượng của rượu: \(m = \rho V\).

- Áp dụng công thức nhiệt lượng cần thiết để làm hóa hơi hoàn toàn chất lỏng: \(Q = mL = \rho VL\)

Cách giải:

Nhiệt lượng cần để làm hóa hơi hoàn toàn 10 lít rượu ethylic:

\(Q = mL = \rho VL = {0,8.10.0,9.10^6} = {7,2.10^6}{\rm{\;J}}\)

Phương pháp:

Lý thuyết sự truyền sóng.

Cách giải:

Để phân loại sóng ngang, sóng dọc, người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng

Phương pháp:

Công thức tính từ thông qua một vòng dây là \(\phi  = BS{\rm{cos}}\alpha \)

Cách giải:

Công thức tính từ thông qua một vòng dây là \(\phi  = BS{\rm{cos}}\alpha \)

Phương pháp:

Lý thuyết về các đẳng quá trình.

Cách giải:

Công thức \(\frac{V}{T} = \) const áp dụng cho quá trình đẳng áp.

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm chu kì bán rã.

Cách giải:

Chu kì bán rã của một chất phóng xạ là khoảng thời gian để một nửa số nguyên tử chất ấy biến đổi thành chất khác.

Phương pháp:

- Khối lượng chất phóng xạ sau thời gian t: \(m = {m_0}{2^{ - \frac{t}{T}}}\)

- Lượng chất bị mất đi sau thời gian \({\rm{\Delta t}}:{\rm{\Delta }}m = {m_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{{{\rm{\Delta }}t}}{T}}}} \right)\)

Cách giải:

Lượng phóng xạ gama mà người đó nhận được trong lần xạ trị đầu tiên là \({m_\gamma } = {m_0}\left( {1 - {2^{\frac{{ - {\rm{\Delta }}t}}{T}}}} \right)\)

Lượng chất phóng xạ đó còn lại đến lần xạ trị thứ 6 (mất 50 ngày) là \(m = {m_0}{2^{\frac{{ - 50}}{{100}}}} = \frac{{{m_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lượng chất phóng xạ nhận được trong lần xạ trị thứ $m_{\gamma }=\frac{m_0}{\sqrt{2}}(1-2^{\frac{-∆t\text{'}}{T}})$

Để vẫn nhận được nồng độ chiếu xạ như lần 1 thì

$m_{\gamma }=m{\text{'}}_{y\iff m_0}(1-2^{\frac{-∆t}{T}})=\frac{m_0}{\sqrt{2}}(1-2^{\frac{∆t\text{'}}{T}} )$

\( \Rightarrow 1 - {2^{ - \frac{1}{{100.24.60}}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {1 - {2^{ - \frac{{{\rm{\Delta }}t'}}{{100.24.60}}}}} \right)\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}t' = 20\sqrt 2 \) (phút).

Phương pháp:

Lý thuyết về lực hạt nhân.

Cách giải:

Các nucleon liên kết với nhau bởi lực hạt nhân. Lực hạt nhân không có cùng bản chất với lực tĩnh điện hay lực hấp dẫn, nó là loại lực mới truyền tương tác giữa các nucleon trong hạt nhân (lực tương tác mạnh). Lực hạt nhân chỉ phát huy tác dụng trong phạm vi kích thước hạt nhân \(\left( {{{10}^{ - 15}}{\rm{\;m}}} \right)\).

Phương pháp:

Lý thuyết về lực từ.

Cách giải:

Lực từ tác dụng lên đoạn dây được xác định theo biểu thức: \(F = BI\ell {\rm{sin}}\alpha \)

Phương pháp:

Lý thuyết về thí nghiệm tán xạ alpha.

Cách giải:

Rutherford rút ra kết luận: Phần lớn không gian bên trong nguyên tử là rỗng, toàn bộ điện tích dương trong nguyên tử chỉ tập trung tại một vùng có bán kính rất nhỏ nằm ở tâm của nguyên tử, được gọi là hạt nhân của nguyên tử.

Phương pháp:

- Áp dụng các phương trình Clapeyron: \(pV = nRT\).

- Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí: \({{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}kT\)

Cách giải:

a) Khi xe chạy liên tục trong thời gian dài dưới trời nắng nóng thì nhiệt độ của khí trong lốp xe tăng, áp suất tăng dẫn đến nguy cơ nổ lốp xe, gây tai nạn.

\( \to \) a đúng.

b) Độ thay đổi động năng tịnh tiến trung bình của một phần tử do sự gia tăng nhiệt độ là:

\({\rm{\Delta }}{{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}k\left( {{T_2} - {T_1}} \right)\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}{{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}{.1,38.10^{ - 23}}.\left( {45 - 27} \right) = {3,726.10^{ - 22}}\left( {\rm{J}} \right)\)

\( \to \) b đúng.

c) Vì thể tích khí không đổi nên ta có:

\(\frac{p}{T} = \) const \( \Rightarrow \frac{{240}}{{27 + 273}} = \frac{{{p_c}}}{{65 + 273}} \Rightarrow {p_c} = 270,4\left( {{\rm{kPa}}} \right)\)

\( \to \) c sai.

d) Áp dụng phương trình Clapeyron: \(pV = nRT\)

\( \Rightarrow {240.10^3}{.120.10^{ - 3}} = n.8,31.\left( {27 + 273} \right)\)

\( \Rightarrow n \approx 11,55\left( {{\rm{mol}}} \right)\)

\( \to \) d đúng.

Phương pháp:

- Lý thuyết về các cách làm thay đổi nội năng.

- Áp dụng định luật I nhiệt động lực học: \({\rm{\Delta }}U = A + Q\) và quy ước dấu.

Cách giải:

a) Khí thay đổi nội năng bằng cách thực hiện công và truyền nhiệt.

\( \to \) a sai.

b) Theo quy ước, khí nhận công \(A = 500\left( {kJ} \right) > 0\) và khí nhận nhiệt lượng \(Q = 250\left( {kJ} \right) > 0\)

\( \to \) b sai.

c) Áp dụng định luật I Nhiệt động lực học:

\({\rm{\Delta }}U = A + Q = 500 + 250 = 750\left( {kJ} \right) > 0\)

\( \to \) c đúng.

d) Nếu khí thực hiện công 100 kJ thì \(A =  - 100\left( {{\rm{\;kJ}}} \right) < 0\)

Áp dụng định luật I Nhiệt động lực học:

\({\rm{\Delta }}U = A + Q =  - 100 + 250 = 150\left( {kJ} \right) > 0\)

\( \to \) d đúng.

Phương pháp:

- Công thức tính từ thông: \({\rm{\Phi }} = NBS{\rm{cos}}\alpha \).

- Suất điện động cảm ứng có độ lớn: \({e_c} = N\left| {\frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = N\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B.S.{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|\)

Cách giải:

a) Ta có: \(\left( {\vec B,mp} \right) = {60^ \circ } \Rightarrow \left( {\vec B,\vec n} \right) = 90 - 60 = {30^ \circ }\)

\( \to \) a sai.

b) Từ thông gửi qua khung dây:

\({\rm{\Phi }} = NBS.\cos \alpha  = {10.0,4.15.10^{ - 4}}.{\rm{cos}}30\)

\( \Rightarrow {\rm{\Phi }} \approx {5,196.10^{ - 3}}\left( {{\rm{Wb}}} \right)\)

\( \to \) b sai.

c) Khi khung dây quay quanh đường kính MN một góc \({360^ \circ }\) thì khung dây quay trở về vị trí ban đầu \( \Rightarrow {\rm{\Delta \Phi }} = 0\)

\( \to \)c sai.

d) Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây:

\({e_c} = N\left| {\frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = N\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B.S.{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|\)

\( \Rightarrow {e_c} = 10.\left| {\frac{{\left( {0,1 - 0,04} \right){{.15.10}^{ - 4}}.{\rm{cos}}30}}{{0,05}}} \right| \approx 0,0156\left( {\rm{V}} \right)\)

Cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung có độ lớn:

\(i = \frac{{{e_c}}}{R} = \frac{{0,0156}}{{0,2}} = 0,78\left( A \right)\)

Phương pháp:

- Hằng số phóng xạ: \(\lambda  = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T}\), \(T\) tính theo đơn vị giây.

- Hằng số phóng xạ: \(H = {H_0}{2^{ - \frac{t}{T}}},{H_0} = \lambda {N_0}\).

- Viết phương trình phóng xạ bằng cách áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối.

Cách giải:

a) Hằng số phóng xạ: \(\lambda  = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T} = \frac{{{\rm{ln}}2}}{{5,24.24.60.60}} \approx {1,53.10^{ - 6}}{\rm{\;}}{{\rm{s}}^{ - 1}}\)

\( \to \) a sai.

b) Phương trình phóng xạ: \(\;_{54}^{133}{\rm{Xe}} \to \;_Z^AX + \;_{ - 1}^0\beta \)

Áp dụng định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích ta xác định được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{133 = A}\\{54 = Z - 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = 133}\\{Z = 55}\end{array} \Rightarrow \;_Z^AX = \;_{55}^{133}Cs} \right.} \right.\)

\( \to \) b đúng.

c) Khi bệnh nhân sử dụng, độ phóng xạ của mẫu chất là:

\(H = {H_0}{2^{ - \frac{t}{T}}} = {4,25.10^9}{.2^{ - \frac{3}{{5,24}}}} \approx {2,86.10^9}\left( {Bq} \right)\)

\( \to \) c sai.

d) Số nguyên tử \(\;_{54}^{133}{\rm{Xe}}\) có trong mẫu mới sản xuất là:

\({N_0} = \frac{{{H_0}}}{\lambda } = \frac{{{{4,25.10}^9}}}{{{{1,53.10}^{ - 6}}}} \approx {2,78.10^{15}}\)

\( \to {\rm{d}}\) đúng.

Phương pháp:

Công thức tính độ phóng xạ: \(H = {H_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}}\)

Cách giải:

Gọi \(V\) là thể tích của máu trong người.

Ta có: \({H_0} = {2.10^{ - 6}}{.3,7.10^{10}} = 74000\left( {Bq} \right)\)

Sau 7,5h: \(H = \frac{{502}}{{60}}V \approx 8,37V\left( {Bq} \right)\)

Độ phóng xạ sau 7,5h là:

\(H = {H_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}} = {H_0}{.2^{ - \frac{{7,5}}{{15}}}} \Rightarrow \frac{H}{{{H_0}}} = {2^{ - 2}}\)

\( \Rightarrow \frac{{8,37V}}{{74000}} = {2^{ - 2}} \Rightarrow V \approx 6251,6\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 6,25\left( l \right)\)

Phương pháp:

Công thức tính độ lớn lực từ: \(F = BI\ell {\rm{sin}}\alpha \).

Cách giải:

Độ lớn của lực từ:

\(F = BI\ell {\rm{sin}}\alpha  = 1,5.10.1,5 = 22,5\left( N \right)\)

Phương pháp:

Áp dụng phương trình Clapeyron: \(pV = nRT = \frac{m}{M}RT\)

Cách giải:

Phương trình Clapeyron: \(pV = \frac{m}{M}RT \Rightarrow pV = \frac{{{\rm{\Delta }}m}}{M}.R.{\rm{\Delta }}T\)

Thay số vào ta được:

\( \Rightarrow {1,013.10^5}.4.5.8 = \frac{{{\rm{\Delta }}m}}{{29}}.8,31.\left( {20 - 0} \right)\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}m \approx {2828.10^3}\left( {\rm{g}} \right) = 2828\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

Phương pháp:

- Áp dụng công thức của độ phóng xạ: \(H = \lambda N\)

- Khối lượng của hạt nhân: \(m = nM = \frac{N}{{{N_A}}}.M\)

Cách giải:

Số hạt nhân \(\;_{55}^{137}{\rm{Cs}}\) đã phát tán:

\({\rm{\Delta }}N = \frac{{{\rm{\Delta }}H}}{\lambda } = \frac{{{{6.10}^6}{{.3,7.10}^{10}}}}{{\frac{{{\rm{ln}}2}}{{30,2.365.24.60.60}}}} \approx {3,05.10^{26}}\)

Khối lượng của \(\;_{55}^{137}{\rm{Cs}}\) đã phát tán:

\(m = nM = \frac{{{\rm{\Delta }}N}}{{{N_A}}}M = \frac{{{{3,05.10}^{26}}}}{{{{6,02.10}^{23}}}}.137\)

\( \Rightarrow m \approx 69417\left( {\rm{g}} \right) \approx 69,4\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

Phương pháp:

- Thế năng của vật ở độ cao h: \({W_t} = mgh\).

- Nhiệt lượng để làm nóng nước: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).

Cách giải:

Thế năng của nước ở độ cao h(96 m): \({W_t} = mgh\)

\(50{\rm{\% }}\) thế năng của nước làm nóng nước lên, nên ta có:

\(50{\rm{\% \;}}{{\rm{W}}_t} = Q \Rightarrow 0,5.{\rm{mgh}} = mc{\rm{\Delta }}t\)

\( \Rightarrow 0,5.10.96 = 4190.{\rm{\Delta }}t \Rightarrow {\rm{\Delta }}t \approx 0,11\)

Phương pháp:

- Sử dụng công thức lượng giác xác định hiệu: \(\left| {{e_2} - {e_3}} \right|\).

- Áp dụng tính chất: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha  + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha  = 1\)

Cách giải:

Khi \(\left| {{e_2} - {e_3}} \right| = 30\left( V \right)\) ta có:

\(\left| {{E_0}\left[ {{\rm{cos}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right) - {\rm{cos}}\left( {\omega t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)} \right]} \right| = \left| {2{E_0}\sin \omega t.{\rm{sin}}\frac{{2\pi }}{3}} \right|\)

\( = \left| {\sqrt 3 {E_0}{\rm{sin}}\left( {\omega t} \right)} \right| = 30\left( V \right)\)

\( \Rightarrow \left| {{\rm{sin}}\left( {\omega t} \right)} \right| = \frac{{30}}{{\sqrt 3 {E_0}}}\)

Mà \({e_1} = {E_0}{\rm{cos}}\omega t = 30 \Rightarrow {\rm{cos}}\omega t = \frac{{30}}{{{E_0}}}\)

Lại có: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {\omega t} \right) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\left( {\omega t} \right) = 1\)

\( \Rightarrow {\left( {\frac{{30}}{{\sqrt 3 {E_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{30}}{{{E_0}}}} \right)^2} = 1\)

\( \Rightarrow {E_0} = 20\sqrt 3 \left( V \right) \approx 34,6\left( V \right)\)