Phương pháp:

- Áp dụng công thức trong quá trình đẳng tích: \(\frac{P}{T} = \) const.

- Áp suất của khí ở trạng thái 2: \(p = {p_0} + \frac{{mg}}{S}\).

Cách giải:

Trạng thái \(1:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 101325\left( {Pa} \right)}\\{{T_1} = 27 + 273 = 300\left( K \right)}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = {p_0} + \frac{{mg}}{S} = 101325 + \frac{{m.10}}{{{{1,5.10}^{ - 4}}}}}\\{{T_2} = 87 + 273 = 3609K}\end{array}} \right.\)

Vì thể tích không đổi nên \(\frac{p}{T} = \)const

\( \Rightarrow \frac{{101325}}{{300}} = \frac{{101325 + \frac{{m.10}}{{{{1,5.10}^{ - 4}}}}}}{{360}}\)

\( \Rightarrow m \approx 0,304\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm và đặc điểm của sóng điện từ.

Cách giải:

Sóng điện từ là sóng ngang \( \to \) A sai.

Sóng điện từ là điện từ trường lan truyền trong không gian \( \to \) B đúng.

Sóng điện từ lan truyền được trong chân không \( \to \) C sai.

Sóng điện từ có thành phần điện trường và thành phần từ trường tại một điểm luôn dao động cùng pha, vuông phương \( \to \) D sai.

Phương pháp:

Lý thuyết về hiện tượng cảm ứng điện từ.

Cách giải:

Khi nối hai đầu của khung dây với điện trở \(R\) thành mạch điện kín thì trong mạch sẽ xuất hiện dòng điện xoay chiều.

Phương pháp:

Suất điện động cực đại của khung: \({E_0} = NBS\omega \).

Cách giải:

Tần số góc của dòng điện:

\(\omega  = 2\pi f = 10.2\pi  = 20\pi \left( {{\rm{rad}}/{\rm{s}}} \right)\)

Số vòng dây của khung:

\(N = \frac{\ell }{C} = \frac{{1000}}{{2\left( {20 + 5} \right)}} = 20\) vòng

Độ lớn của suất điện động cực đại xuất hiện trong khung:

\({E_0} = NBS\omega  = 20.0,5.0,2.0,05.20\pi  = 2\pi \left( V \right)\)

Phương pháp:

Công thức lực từ: \(F = BIl{\rm{sin}}\alpha \)

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, xác định chiều dòng điện.

Cách giải:

Ta có, độ lớn của lực từ:

\(F = IB\ell  \Rightarrow 0,06 = I.0,2.0,04 \Rightarrow I = 7,5\left( A \right)\)

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, xác định được chiều dòng điện từ M đến N.

Phương pháp:

Lý thuyết về từ trường và điện trường.

Cách giải:

Xung quanh điện tích dao động có cả điện trường và từ trường nên sẽ có điện từ trường.

Phương pháp:

Lý thuyết về tia hồng ngoại.

Cách giải:

Tia hồng ngoại được phát ra bởi các vật có nhiệt độ lớn hơn 0K.

Phương pháp:

Số neutron có trong hạt nhân: \(N = A - Z\).

Cách giải:

Hạt nhân: \(\;_6^{12}C\) có \(N = 12 - 6 = 6\)

Hạt nhân \(\;_6^{14}C\) có \(N = 14 - 6 = 8\)

Phương pháp:

Lý thuyết về thuyết tương đối.

Cách giải:

Theo thuyết tương đối, khối lượng của một vật có tính tương đối, giá trị của nó phụ thuộc hệ quy chiếu.

Phương pháp:

Lý thuyết về phóng xạ \({\beta ^ - }\).

Cách giải:

Đối với phóng xạ \({\beta ^ - }:\;_0^1{\rm{n}} \to \;_1^1{\rm{p}} + \;_{ - 1}^0{\rm{e}} + \;_0^0{\rm{v}}\)

Phương pháp:

Công thức tính độ lớn suất điện động cảm ứng: \(e = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|\).S , với \(e = i.R\)

Cách giải:

Ta có: \(e = i.R = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|.S \Rightarrow 2.5 = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|{.0,1^2}\)

\( \Rightarrow \) Tốc độ biến thiên của cảm ứng từ:

\(\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \frac{{2.5}}{{{{0,1}^2}}} = 1000\left( {T/s} \right)\)

Phương pháp:

- Áp dụng phương trình Clapeyron.

- Viết phương trình của áp suất p theo thể tích V, biện luận khi nhiệt độ \({{\rm{T}}_{{\rm{max}}}}\) thì \({({\rm{pV}})_{{\rm{max}}}}\)

- Độ biến thiên nội năng của khí: \({\rm{\Delta }}U = \frac{3}{2}nR\left( {{T_2} - {T_1}} \right) = \frac{3}{2}\left( {{p_2}{V_2} - {p_1}{V_1}} \right)\)

Cách giải:

a) Áp dụng phương trình Clapeyron cho trạng thái (1): \({p_1}{V_1} = nR{T_1}\)

\( \Rightarrow {1,2.10^5}{.16.10^{ - 3}} = 1.8,31.{T_1} \Rightarrow {T_1} \approx 231\left( K \right)\)

\( \to \) a sai.

b) Phương trình đồ thị có dạng: \(p = kV + {p_0}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{1,2.10}^5} = k.16 + {p_0}}\\{{{3.10}^5} = k.8 + {p_0}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k =  - 22500}\\{{p_0} = {{4,8.10}^5}}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy phương trình đồ thị: \(p =  - 22500{\rm{\;V}} + {4,8.10^5}\)

Khi thể tích là \(12{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\) thì áp suất của khí là:

\(p =  - 22500.12 + {4,8.10^5} = {2,1.10^5}\left( {Pa} \right)\)

\( \to \) b đúng.

c) Nhiệt độ đạt cực đại khi \(pV =  - 22500{V^2} + {4,8.10^5}V\) đạt cực đại.

\({(pV)^'} = 0 \Rightarrow  - 22500{\rm{\;V}} + {4,8.10^5} = 0\)

\( \Rightarrow V = \frac{{32}}{3}\left( {d{m^3}} \right) \Rightarrow p = {2,4.10^5}\left( {Pa} \right)\)

\(\frac{{{{(pV)}_{{\rm{max}}}}}}{{{T_{{\rm{max}}}}}} = nR \Rightarrow \frac{{{{2,4.10}^5}.\frac{{32}}{3}{{.10}^{ - 3}}}}{{{T_{{\rm{max\;}}}}}} = 1.8,31\)

\( \Rightarrow {T_{{\rm{max\;}}}} \approx 308{\rm{\;K}} > 307{\rm{\;K}}\)

\( \to \) c đúng.

d) Độ biến thiên nội năng của khí từ từ (1) sang (2):

\({\rm{\Delta }}U = \frac{3}{2}nR\left( {{T_2} - {T_1}} \right) = \frac{3}{2}\left( {{p_2}{V_2} - {p_1}{V_1}} \right)\)

\( = \frac{3}{2}\left( {{{3.10}^5}{{.8.10}^{ - 3}} - {{1,2.10}^5}{{.16.10}^{ - 3}}} \right) = 720\left( {\rm{J}} \right)\)

Phương pháp:

Lý thuyết về lực từ, cảm ứng từ.

Cách giải:

a) Lực từ tác dụng lên khung dây chủ yếu do lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có chiều dài \(L\) đặt trong từ trường gây ra.

\( \to \) a đúng.

b) Nếu khung dây có 1 vòng thì lực từ tác dụng lên khung dây: \(F = BIL\)

\( \to \) b sai.

c) Nếu khung dây có N vòng thì lực từ tác dụng lên khung dây: \(F = NIBL\).

\( \to \) c đúng.

d) Nếu đo được lực từ \(F\), ta sẽ xác định được độ lớn của cảm ứng từ \(B\) của nam châm.

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

Cách giải:

a) Hình 1 thể hiện quá trình thực hiện công.

\( \to \)a sai.

b) Hình b thể hiện quá trình truyền nhiệt.

\( \to \) b sai.

c) Trong quá trình thực hiện công, có sự chuyển hóa từ một dạng năng lượng khác sang nội năng.

Ví dụ: Hình 1: Cơ năng sang nội năng.

\( \to \) c đúng.

d) Trong quá trình truyền nhiệt, không có sự chuyển hóa các dạng năng lượng khác sang nội năng.

Phương pháp:

Thể tích mà mỗi phân tử chiếm giữ: \(\frac{{{V_m}}}{N} = {d^3}\), d là khoảng cách giữa hai phân tử khí kề nhau.

Cách giải:

Thể tích mà mỗi phân tử chiếm giữ:

\(V = \frac{{{V_m}}}{{{N_A}}} = \frac{{22,4}}{{{{6,02.10}^{23}}}} \approx {3,72.10^{ - 26}}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Mà \(V = {d^3} \Rightarrow d = \sqrt[3]{V} = \sqrt[3]{{{{3,72.10}^{ - 26}}}} \approx {3,34.10^{ - 9}}\left( {\rm{m}} \right)\)

Phương pháp:

- Áp dụng nguyên lý bình thông nhau, áp suất tại các điểm khác nhau của cùng một chất lỏng nằm trên cùng một mặt phẳng nằm ngang bằng nhau.

- Áp dụng định luật Boyle: \(pV = \) const.

Cách giải:

Áp suất tại hai điểm màu đỏ bằng nhau và đều bằng áp suất khí quyển p0.

Thủy ngân bên nhánh phải dâng lên \(30 - 25 = 5\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Theo nguyên lý bình thông nhau, áp suất tại hai điểm màu đỏ bằng nhau: \( \Rightarrow p = {p_0} + h - 10\)

Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = {p_0} = 75{\rm{cmHg}}}\\{{V_1} = S.{L_0} = S.30}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2} = {p_0} + h - 10 = 75 + h - 10 = 65 + h\left( {cmHg} \right)}\\{{V_2} = S.L = S.25}\end{array}} \right.\)

Vì nhiệt độ không đổi nên áp dụng định luật Boyle:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow 75.30 = \left( {65 + h} \right).25 \Rightarrow h = 25\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Phương pháp:

Độ lớn của cảm ứng từ trong ống dây: \(B = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{N}{\ell }I\)

Cách giải:

Độ lớn của cảm ứng từ trong ống dây:

\(B = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{N}{\ell }I = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{1000}}{{0,628}}.4\)

\( \to B \approx {8.10^{ - 3}}\left( T \right) = 8\left( {mT} \right)\)

Đáp án: 8.

Phương pháp:

Từ thông qua ống dây: \({\rm{\Phi }} = NBS{\rm{cos}}\alpha \)

Cách giải:

Từ thông qua ống dây dẫn là:

\({\rm{\Phi }} = NBS\cos \alpha  = {1000.8.10^{ - 3}}{.50.10^{ - 4}}.{\rm{cos}}{0^o} = 0,04\left( {{\rm{Wb}}} \right)\)

Phương pháp:

- Tính năng lượng của phản ứng hạt nhân: \({\rm{\Delta E}} = {{\rm{K}}_\alpha } + {{\rm{K}}_{{\rm{Th}}}}\)

- Mối quan hệ giữa động năng của hai hạt sau phản ứng: \(\frac{{{{\rm{K}}_\alpha }}}{{{{\rm{K}}_{{\rm{Th}}}}}} = \frac{{{{\rm{m}}_{{\rm{Th}}}}}}{{{{\rm{m}}_\alpha }}}\)

Cách giải:

Năng lượng của phản ứng hạt nhân: \({\rm{\Delta E}} = {{\rm{K}}_\alpha } + {{\rm{K}}_{{\rm{Th}}}}\) (1)

Mà \({{\rm{p}}_\alpha } = {{\rm{p}}_{{\rm{Th}}}} \Rightarrow 2{\rm{\;}}{{\rm{m}}_\alpha }{{\rm{K}}_\alpha } = 2{{\rm{m}}_{{\rm{Th}}}}{{\rm{K}}_{{\rm{Th}}}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{K}}_\alpha }}}{{{{\rm{K}}_{{\rm{Th}}}}}} = \frac{{{{\rm{m}}_{{\rm{Th}}}}}}{{{{\rm{m}}_\alpha }}} = \frac{{230}}{4}\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow {\rm{\Delta E}} = {{\rm{K}}_\alpha } + \frac{4}{{230}}{{\rm{K}}_\alpha } = \frac{{234}}{{230}}{{\rm{K}}_\alpha } \Rightarrow \frac{{{{\rm{K}}_\alpha }}}{{{\rm{\Delta E}}}} = \frac{{230}}{{234}} \approx 0,983\)

Phương pháp:

Sử dụng công thức: \({\rm{\Delta }}N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)

Cách giải:

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta }}{N_1} = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right) = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{2}{T}}}} \right) = n}\\{{\rm{\Delta }}{N_2} = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right) = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{6}{T}}}} \right) = 2,3n}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{1 - {2^{ - \frac{2}{T}}}}}{{1 - {2^{ - \frac{6}{T}}}}} = \frac{1}{{2,3}} \Rightarrow T \approx 4,71\left( {\rm{h}} \right)\)