Một bình tích áp được sử dụng trong máy lọc nước có hai phần: bóng chứa nước và bóng chứa khí như hình bên. Khi chưa chứa nước, bóng chứa khí chiếm toàn bộ thể tích trong bình là 12 lít, áp suất 120 kPa. Đường ống dẫn nước vào, ra bóng chứa nước có gắn rơ le áp suất điều khiển đóng mở mạch điện. Khi lượng nước trong bóng chứa nước tăng đến 9 lít thì áp suất nước đạt cực đại, rơ le ngắt mạch, máy ngừng cung cấp nước vào bình. Khi lượng nước trong bình giảm đến 6 lít, rơ le tự động đóng mạch để máy cung cấp nước trở lại. Coi nhiệt độ trong bóng chứa khí không đổi, các bóng mềm, tổng thể tích nước và khí bằng thể tích bình, mặt tiếp xúc của bóng chứa nước và chứa khí luôn có dạng phẳng.

     a) Khi nước được bơm vào bình, áp suất trong bóng khí tăng.

     b) Khi nước trong bình giảm, mật độ phân tử khí trong bóng khí tăng.

     c) Khi nước trong bình là 9 lít, áp suất trong túi khí là 360 kPa.

     d) Một người thợ đã giảm bớt khí trong bóng chứa khí nên khi nước trong bình giảm đến 7,2 lít rơ le đã đóng mạch để máy hoạt động trở lại. Lượng khí thoát ra chiếm \(20{\rm{\% }}\) lượng khí ban đầu.

Phương pháp:

a) Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu

b) Sử dụng lý thuyết sự nổi của vật

c, d) Phương trình Clapeyron: \({\rm{pV}} = {\rm{nRT}}\)

Cách giải:

a) Trọng lượng của khí cầu là:

\(P = mg = 450.9,8 = 4410\left( N \right)\)

Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu: 4410N

\( \to \) a đúng

b) Khinh khí cầu bay lên được là do khối lượng riêng của khí trong khí cầu nhỏ hơn của khí quyển

\( \to \) b đúng

c) Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

\(pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{1,03.10}^5}{{.3.10}^3}}}{{8,31.\left( {25 + 273} \right)}} \approx 124779\left( {{\rm{mol}}} \right)\)

\( \to \) c sai

d) Xét lượng khí bên trong khí cầu ban đầu ở \({25^ \circ }{\rm{C}}\)

Khối lượng riêng của không khí là:

\({\rho _{kk}} = \frac{{{m_1}}}{V} = \frac{{{n_1}{\mu _{kk}}}}{V} \Rightarrow {\mu _{kk}} = \frac{{{\rho _{kk}}.V}}{{{n_1}}} = \frac{{{\rho _{kk}}R{T_1}}}{p}\)

Khi nung nóng khí cầu, để khí cầu rời khỏi mặt đất, ta có khối lượng riêng của khí cầu:

\(\rho  = {\rho _{kk}} \Rightarrow \frac{{{m_k} + m}}{V} = {\rho _{kk}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{m_k} + 450}}{{{{3.10}^3}}} = 1,29 \Rightarrow {m_k} = 3420\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

\( \Rightarrow {n_k} = \frac{{{m_k}}}{{{\mu _{kk}}}} = \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}\)

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

\(pV = {n_k}R{T_k} \Rightarrow \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}.R{T_k} = \frac{{{m_k}p{T_k}}}{{T{\rho _{kk}}}}\)

\( \Rightarrow {T_k} = \frac{{V{\rho _{kk}}T}}{{{m_k}}} = \frac{{{{3.10}^3}.1,29.\left( {25 + 273} \right)}}{{3420}}\)

\( \Rightarrow {T_k} \approx 337,2{\rm{\;K}} \Rightarrow {t_k} = 337,2 - 273 = {64,2^ \circ }{\rm{C}}\)

Phương pháp:

Định luật III Newton: lực do từ trường của nam châm tác dụng lực từ lên dây dẫn có dòng điện chạy qua, thì dây dẫn cũng tác dụng lên nam châm một lực từ cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn với lực từ tác dụng lên dây dẫn

Quy tắc bàn tay trái: đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa là chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra \({90^ \circ }\) chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dây dẫn

Độ lớn lực từ: \(F = IBl{\rm{sin}}\alpha \)

Cách giải:

a) Số chỉ của cân tăng lên chứng tỏ có một lực tác dụng lên nam châm theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống \( \to \) a đúng

b) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân

\( \to \) b sai

c) Lực từ do dây dẫn tác dụng lên nam châm có chiều hướng xuống \( \to \) lực từ tác dụng lên dây dẫn có chiều hướng lên

Áp dụng quy tắc bàn tay trái: \(\vec F\) hướng lên, \(\vec B\) hướng từ trái sang phải \( \to \) cường độ dòng điện có chiều từ C đến D

\( \to \) c sai

d) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân:

\(F = IBl = mg \Rightarrow B = \frac{{mg}}{{Il}}\)

Cảm ứng từ trong các lần đo tương ứng là:

\({B_1} = \frac{{{m_1}g}}{{{I_1}l}} = \frac{{{{4,1.10}^{ - 3}}.9,8}}{{2,51.0,1}} \approx 0,1601\left( T \right)\)

\({B_2} = \frac{{{m_2}g}}{{{I_2}l}} = \frac{{{{5,31.10}^{ - 3}}.9,8}}{{3,22.0,1}} \approx 0,1616\left( T \right)\)

\({B_3} = \frac{{{m_3}g}}{{{I_3}l}} = \frac{{{{7,15.10}^{ - 3}}.9,8}}{{4,36.0,1}} \approx 0,1607\left( T \right)\)

\({B_4} = \frac{{{m_4}g}}{{{I_4}l}} = \frac{{{{8,16.10}^{ - 3}}.9,8}}{{5,02.0,1}} \approx 0,1593\left( T \right)\)

\({B_5} = \frac{{{m_5}g}}{{{I_5}l}} = \frac{{{{11.10}^{ - 3}}.9,8}}{{6,74.0,1}} \approx 0,1599\left( T \right)\)

Giá trị trung bình của cảm ứng từ là:

\(\overline B  = \frac{{0,1601 + 0,1616 + 0,1607 + 0,1593 + 0,1599}}{5} \approx 0,16032\left( T \right)\)