Một vật có khối lượng $1{,}5\,\mathrm{kg}$ trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh xuống chân một mặt phẳng dài $20\,\mathrm{m}$, nghiêng $30^\circ$ so với mặt phẳng nằm ngang. Tốc độ của vật ở chân mặt phẳng nghiêng là $5\,\mathrm{m/s}$. Lấy $g = 10\,\mathrm{m/s^2}$. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với mặt phẳng nghiêng và môi trường. Độ biến thiên nội năng của vật trong quá trình chuyển động trên bảng bằng
Một vật có khối lượng $1{,}5\,\mathrm{kg}$ trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh xuống chân một mặt phẳng dài $20\,\mathrm{m}$, nghiêng $30^\circ$ so với mặt phẳng nằm ngang. Tốc độ của vật ở chân mặt phẳng nghiêng là $5\,\mathrm{m/s}$. Lấy $g = 10\,\mathrm{m/s^2}$. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với mặt phẳng nghiêng và môi trường. Độ biến thiên nội năng của vật trong quá trình chuyển động trên bảng bằng
A. $131{,}25\,\mathrm{J}$
B. $18{,}75\,\mathrm{J}$
C. $150\,\mathrm{J}$
D. $112{,}5\,\mathrm{J}$
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án đúng là A
Chọn mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng. Do vật trượt phải sinh công để chống lại lực ma sát nên công của lực ma sát có độ lớn bằng độ giảm cơ năng của vật:
\[
A_{\text{ms}} = W_1 - W_2
\]
Công của lực ma sát tác dụng lên vật làm vật nóng lên tức là làm tăng nội năng của vật, do đó:
\[
\Delta U = A_{\text{ms}} = W_1 - W_2 = mgh_1 - \tfrac{1}{2}mv^2
\]
Với $h_1 = l\sin 30^\circ,\, v_0=0,\, v=5$:
\[
\Delta U = mg\cdot l\sin 30^\circ - \tfrac{1}{2}mv^2
= 1{,}5\cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 30^\circ - \tfrac{1}{2}\cdot 1{,}5 \cdot 5^2
= 131{,}25\,\mathrm{J}.
\]
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
A. $\dfrac{13}{2} nRT$
B. $\dfrac{11}{2} nRT$
C. $\dfrac{9}{2} nRT$
D. $5 nRT$
Lời giải
Đáp án đúng là A
Quá trình (1)→(2) là đẳng tích, nên
\[
\frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}\ \Rightarrow\ \frac{p_0}{T}=\frac{2p_0}{T_2}\ \Rightarrow\ T_2=2T,
\]
và khối khí không thực hiện công nên \(A_{12}=0\).
Quá trình (2)→(3) là đẳng áp, nên
\[
\frac{V_2}{T_2}=\frac{V_3}{T_3}\ \Rightarrow\ \frac{V_0}{2T}=\frac{2V_0}{T_3}\ \Rightarrow\ T_3=4T.
\]
Công do khối khí thực hiện:
\[
A_{23}=p_2\Delta V=p_2\,(V_3-V_2)=2p_0V_0.
\]
Từ phương trình trạng thái tại (1): \(p_0V_0=nRT\Rightarrow A_{23}=2nRT\).
Nội năng của khí (đơn nguyên tử) \(U=\tfrac{3}{2}nRT\), do đó
\[
U_1=\tfrac{3}{2}nRT,\qquad
U_2=\tfrac{3}{2}nRT_2=\tfrac{3}{2}nR(2T)=3nRT,\qquad
U_3=\tfrac{3}{2}nRT_3=\tfrac{3}{2}nR(4T)=6nRT.
\]
Độ biến thiên nội năng và nhiệt lượng từng đoạn:
\[
\Delta U_{12}=U_2-U_1=3nRT-\tfrac{3}{2}nRT=\tfrac{3}{2}nRT,
\]
\[
\Delta U_{12}=A_{12}+Q_{12}\Rightarrow Q_{12}=\tfrac{3}{2}nRT.
\]
Với quy ước \(A>0\) là công do ngoài thực hiện lên khí, đoạn (2)→(3) khí nở làm công ra ngoài nên \(A_{23}=-2nRT\). Khi đó
\[
\Delta U_{23}=U_3-U_2=6nRT-3nRT=3nRT=A_{23}+Q_{23}
\Rightarrow Q_{23}=3nRT-(-2nRT)=5nRT.
\]
Tổng nhiệt lượng khí nhận trong (1)→(2)→(3) là
\[
Q=Q_{12}+Q_{23}=\tfrac{3}{2}nRT+5nRT=\tfrac{13}{2}\,nRT.
\]
Lời giải
|
|
Nội dung |
Đúng |
Sai |
|
a |
Áp suất của khối khí trong vòng bít đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong quá trình đo lần lượt là $760 \,\text{mmHg}$ và $920 \,\text{mmHg}$.
|
Đ |
|
|
b |
Nếu không khí được bơm liên tục vào vòng bít thì để độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển từ $0 \,\text{mmHg}$ đến $160 \,\text{mmHg}$ ta cần bơm khí trong $9 \,\text{s}$. |
|
S |
|
c |
Lượng không khí đã được bơm vào vòng bít để độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển tăng từ $0 \,\text{mmHg}$ đến $160 \,\text{mmHg}$ xấp xỉ bằng $0,014 \,\text{mol}$.
|
Đ |
|
|
d |
d & Động năng tịnh tiến trung bình của các phân tử khí trong vòng bít trước khi bơm không khí vào xấp xỉ bằng $6,21 \cdot 10^{-21} \,\text{J}$.
|
Đ |
|
a) ĐÚNG
Áp suất khí trong vòng bít lúc bắt đầu bơm là:
\[
p_1 = \Delta p_1 + p_0 = 0 + 760 = 760 \,\text{mmHg}.
\]
Áp suất khí trong vòng bít khi độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển đạt giá trị lớn nhất là:
\[
p_2 = \Delta p_2 + p_0 = 160 + 760 = 920 \,\text{mmHg}.
\]
Vậy áp suất của khối khí trong vòng bít đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong quá trình đo lần lượt là $760 \,\text{mmHg}$ và $920 \,\text{mmHg}$.
b) SAI
Trong quá trình bơm, nhiệt độ khí không đổi nên ta có:
\[
p_1 V_1 = p_2 V_2 \;\;\Rightarrow\;\; 760 \cdot (120 + 30t) = 920 \cdot 380
\]
\[
\Rightarrow t = \frac{34}{3} \approx 11 \,\text{s}.
\]
c) ĐÚNG
Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí trong vòng bít tại thời điểm có độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển bằng $0 \,\text{mmHg}$ và bằng $160 \,\text{mmHg}$ lần lượt ta có:
\[
p_1 V_0 = n_1 R T \quad \Rightarrow \quad n_1 = \frac{p_1 V_0}{R T} = \frac{101325 \cdot 120 \cdot 10^{-6}}{8,31 \cdot (27+273)} \approx 0,0055 \,\text{mol}.
\]
\[
p_2 V_2 = n_2 R T \quad \Rightarrow \quad n_2 = \frac{p_2 V_2}{R T} = \frac{122025 \cdot 380 \cdot 10^{-6}}{8,31 \cdot (27+273)} \approx 0,0195 \,\text{mol}.
\]
Lượng không khí đã được bơm vào vòng bít để độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển tăng từ $0 \,\text{mmHg}$ đến $160 \,\text{mmHg}$ là:
\[
\Delta n = n_2 - n_1 = 0,0195 - 0,0055 \approx 0,014 \,\text{mol}.
\]
d) ĐÚNG
Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí trong vòng bít trước khi bơm không khí vào là:
\[
W_\text{đ} = \frac{3}{2} k T = \frac{3}{2} \cdot 1,38 \cdot 10^{-23} \cdot (27 + 273) \approx 6,21 \cdot 10^{-21} \,\text{J}.
\]
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
A. $47^\circ\mathrm{C}$
B. $48^\circ\mathrm{C}$
C. $53^\circ\mathrm{C}$
D. $54^\circ\mathrm{C}$
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập