Trong một cuộc tập luyện chạy Marathon, người ta ước tính “nữ hoàng chân đất” Phạm Thị Bình của Việt Nam tiêu tốn khoảng $E = 2{,}52 \times 10^6$ calo (cal). Giả sử có 40\% năng lượng tiêu tốn được dùng cho vận động, phần năng lượng còn lại chuyển thành nhiệt thải ra ngoài nhờ sự bay hơi của nước qua hô hấp và da để giữ cho nhiệt độ cơ thể của cô không đổi. Coi nhiệt độ cơ thể của cô không đổi và nhiệt hoá hơi riêng của nước ở nhiệt độ cơ thể của cô thể hiện là $L = 2{,}4 \times 10^6\,\text{J/kg}$. Lấy $1$ cal = $4{,}18$ J. Khối lượng riêng của nước là $D = 1{,}0 \times 10^3\,\text{kg/m}^3$.
Phần năng lượng chuyển thành nhiệt thải cho cuộc tập luyện này là $x \times 10^6$ J. Tìm $x$ (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm).
Trong một cuộc tập luyện chạy Marathon, người ta ước tính “nữ hoàng chân đất” Phạm Thị Bình của Việt Nam tiêu tốn khoảng $E = 2{,}52 \times 10^6$ calo (cal). Giả sử có 40\% năng lượng tiêu tốn được dùng cho vận động, phần năng lượng còn lại chuyển thành nhiệt thải ra ngoài nhờ sự bay hơi của nước qua hô hấp và da để giữ cho nhiệt độ cơ thể của cô không đổi. Coi nhiệt độ cơ thể của cô không đổi và nhiệt hoá hơi riêng của nước ở nhiệt độ cơ thể của cô thể hiện là $L = 2{,}4 \times 10^6\,\text{J/kg}$. Lấy $1$ cal = $4{,}18$ J. Khối lượng riêng của nước là $D = 1{,}0 \times 10^3\,\text{kg/m}^3$.

Phần năng lượng chuyển thành nhiệt thải cho cuộc tập luyện này là $x \times 10^6$ J. Tìm $x$ (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm).
Quảng cáo
Trả lời:
Phần năng lượng chuyển thành nhiệt thải là
\[
Q = HE = 60\% \cdot 2{,}52 \times 10^6 \cdot 4{,}18 = 6{,}32 \times 10^6\,J
\]
\[
\Rightarrow x = 6{,}32
\]
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
Hỏi có khoảng bao nhiêu lít nước đã thoát ra ngoài cơ thể của cô cho cuộc tập luyện này (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Hỏi có khoảng bao nhiêu lít nước đã thoát ra ngoài cơ thể của cô cho cuộc tập luyện này (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Khối lượng nước đã bay hơi là
\[
m = \frac{Q}{L} = \frac{6{,}32 \times 10^6}{2{,}4 \times 10^6} \approx 2{,}63\,\text{kg}.
\]
Thể tích nước đã thoát ra ngoài cơ thể là
\[
V = \frac{m}{D} = \frac{2{,}63}{1{,}0 \times 10^3} \approx 2{,}63 \times 10^{-3}\,\text{m}^3 = 2{,}63\,\text{lít}.
\]
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
|
Nội dung |
Đúng |
Sai |
|
a |
Với sai số dưới 10%, nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí tăng bao nhiêu lần thì áp suất của nó tăng bấy nhiêu lần. |
Đ |
|
|
b |
Lượng khí đã dùng trong thí nghiệm là . |
|
S |
|
c |
Đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa và có dạng như hình vẽ. |
Đ |
|
|
d |
Lấy tỉ số giữa (tính theo đơn vị kPa) và (tính theo đơn vị K) với hai chữ số có nghĩa, khi nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí là thì áp suất của nó bằng . |
|
S |
a) Ta tính được tỉ số $\dfrac{p}{T}$ (kPa/K) cho từng lần đo như bảng sau đây:

Ta thấy: với sai số dưới 10\% thì $\dfrac{p}{T} \approx 3{,}5 \,\text{(kPa/K)}$ trong 7 lần đo, chỉ có lần đo 8 mới có $\dfrac{p}{T} \approx 3{,}4 \,\text{(kPa/K)}$. Do đó ta có thể nói $T$ tăng bao nhiêu lần thì $p$ tăng bấy nhiêu lần, tức là $p$ tỉ lệ thuận với $T$.
b) Giá trị trung bình của tỉ số $\dfrac{p}{T}$ trong tất cả các lần đo với hai chữ số có nghĩa là $3{,}5 \,\text{(kPa/K)}$.
Dùng phương trình Clapeyron ta tính được số mol của lượng khí này là:
\[
n = \frac{pV}{RT} = \frac{p}{T} \cdot \frac{V}{R} = 3{,}5 \cdot 10^3 \cdot \frac{25 \cdot 10^{-6}}{8{,}31} \approx 10{,}5 \cdot 10^{-3} \,\text{mol} \approx 11 \cdot 10^{-3} \,\text{mol}.
\]
c) Đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa $p$ và $T$ có dạng như hình trên là chính xác.
d) Lấy tỉ số giữa $p$ (tính theo đơn vị kPa) và $T$ (tính theo đơn vị K) với hai chữ số có nghĩa thì ta có $\dfrac{p}{T} \approx 3{,}5 \,\text{(kPa/K)}$. Do đó khi lượng khí có nhiệt độ tuyệt đối là $285$ K thì áp suất của nó là:
\[
p = 3{,}5 \cdot 285 = 997{,}5\, \text{kPa} \approx 998\,\text{kPa}.
\]
Lời giải
|
|
Nội dung |
Đúng |
Sai |
|
a |
Các phân tử khí trong lốp xe chuyển động nhiệt va chạm với thành bên trong của lốp nên khí gây ra áp suất lên thành lốp. |
Đ |
|
|
b |
Tổng số mol khí có trong 4 lốp của 4 bánh xe là . |
Đ |
|
|
c |
Đến giữa trưa, nhiệt độ tăng lên đến thì áp suất khí trong các lốp xe bằng . |
|
S |
|
d |
Độ tăng động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí trong lốp xe do sự gia tăng nhiệt độ này là J . |
|
S |
a) Các phân tử khí trong lốp xe chuyển động nhiệt và chạm với thành bên trong của lốp, nên khí gây ra áp suất lên thành lốp.
b) Tổng số mol khí có trong 4 lốp của 4 bánh xe là
\[
n = \frac{p_0 \cdot 4V}{RT_0} = \frac{2{,}5 \cdot 10^5 \cdot 4 \cdot 1{,}2}{8{,}31 \cdot (273 + 5)} \approx 519 \,\text{mol}.
\]
c) Bỏ qua sự dẫn nhiệt và nhiệt của các tấm cao su, khí trong các lốp biến đổi trạng thái theo quá trình đẳng tích.
Đến giữa trưa, nhiệt độ tăng lên đến $t = 42^\circ \mathrm{C}$ thì áp suất khí trong các lốp xe là
\[
p = \frac{T}{T_0} p_0 = \frac{273 + 42}{273 + 5} \cdot 2{,}5 \approx 2{,}8\,\text{bar}.
\]
d) Độ tăng động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí trong lốp xe do sự gia tăng nhiệt độ này là
\[
\Delta E_{đ} = \frac{3}{2}k \Delta T = \frac{3}{2} \cdot 1{,}38 \times 10^{-23} \cdot (42 - 5) \approx 7{,}66 \times 10^{-22}\,J.
\]
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. từ trường mạnh.
B. điện trường mạnh.
C. tia Röntgen (tia X).
D. tia gamma (tia ) .
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.
Câu 6
A. 0,04 V.
B. 0,2 V.
C. 0,4 V.
D. 0,02 V.
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.



