Câu hỏi:

03/10/2025 147 Lưu

Trong y học, như ở hình bên, người ta dùng từ trường tác động lên một số vùng trong não, tạo ra dòng điện để chữa trị các bệnh về thần kinh (TMS – Transcranial Magnetic Stimulation). Bằng phương pháp này, tại một vùng mô trong não có dạng hình tròn bán kính $r = 0{,}10\ \text{cm}$, người ta tạo ra một từ trường đều có hướng sức từ vuông góc với mặt phẳng chứa mô đó, có độ lớn biến thiên đều theo thời gian với lượng $\Delta B = 0{,}20\ \text{T}$ trong $\Delta t = 75\ \text{ms}$. Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vùng mô này bằng bao nhiêu $\mu\text{V}$ (làm tròn đến chữ số hàng phần mười)?

Trong y học, như ở hình bên, người ta dùng từ trường tác động lên một số vùng trong não, (ảnh 1)

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Suất điện động cảm ứng trong vùng mô hình tròn có độ lớn
\[
e=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|
=\left|\frac{\Delta(BS)}{\Delta t}\right|
= S\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|
= \pi r^{2}\,\frac{\Delta B}{\Delta t}.
\]

Đổi đơn vị: $r=0{,}10\ \text{cm}=1{,}0\times 10^{-3}\ \text{m}$, $\Delta t=75\ \text{ms}=75\times 10^{-3}\ \text{s}$. Thay số:
\[
e=\pi(1{,}0\times 10^{-3})^{2}\cdot \frac{0{,}20}{75\times 10^{-3}}
\approx 8{,}4\times 10^{-6}\ \text{V}
= 8{,}4\ \mu\text{V}.
\]

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Đáp án đúng là B

Dùng phương trình Claperon $pV = \dfrac{m}{M}RT$ ta tìm được biểu thức tính khối lượng riêng của không khí là
\[
\rho = \dfrac{m}{V} = \dfrac{pM}{RT}.
\]

Áp dụng công thức trên ta tìm được khối lượng riêng của không khí trong đèn trời, ngoài đèn trời và không khí ở điều kiện tiêu chuẩn lần lượt là
\[
\rho_1 = \dfrac{pM}{RT_1},\qquad
\rho_2 = \dfrac{pM}{RT_2},\qquad
\rho_0 = \dfrac{p_0 M}{RT_0}.
\]

Để đèn trời bay lên được thì phải có $F_A \ge p_{\text{đèn}} + p_{\text{khi}}$ hay $\rho_2 g V \ge m g + \rho_1 g V$ dẫn đến
\[
m \le (\rho_2 - \rho_1)V
= \left(\dfrac{pM}{RT_2} - \dfrac{pM}{RT_1}\right)V
= \left(\dfrac{1}{T_2} - \dfrac{1}{T_1}\right)\dfrac{pMV}{R}.
\]

Từ $\rho_0 = \dfrac{p_0 M}{RT_0} \Rightarrow \dfrac{pM}{R} = \rho_0 T_0 \dfrac{p}{p_0}$ nên
\[
m \le \left(\dfrac{1}{T_2} - \dfrac{1}{T_1}\right) T_0 \dfrac{p}{p_0}\, \rho_0\, V.
\]

Thay số ta được
\[
m \le \left(\dfrac{1}{27+273} - \dfrac{1}{67+273}\right)\cdot 273 \cdot \dfrac{10^5}{1{,}013\cdot 10^5}\cdot 1{,}29 \cdot 0{,}10
\approx 13{,}6 \cdot 10^{-3}\ \text{kg} = 13{,}6\ \text{g}.
\]

Lời giải

Với quá trình làm nóng đẳng áp:
\[
U - U_0 = A_1 + Q_1,\qquad
A_1 = -\,p\,\Delta V = -\,\frac{m}{M}R\,\Delta T,\quad Q_1=12\ \text{J}.
\]

Với quá trình làm lạnh đẳng tích để trở về nhiệt độ ban đầu:
\[
U_0 - U = A_2 + Q_2,\qquad A_2=0,\ Q_2=-9\ \text{J}\ \Rightarrow\ U-U_0=9.
\]

Kết hợp hai biểu thức:
\[
-\frac{m}{M}R\,\Delta T + 12 = 9 \ \Rightarrow\ \frac{m}{M}R\,\Delta T = 3
\ \Rightarrow\ m=\frac{3M}{R\,\Delta T}.
\]

Thay số $M=28\ \text{g/mol}$, $R=8{,}31\ \text{J/(mol·K)}$, $\Delta T=15\ \text{K}$:
\[
m=\frac{3\cdot 28}{8{,}31\cdot 15}\ \text{g}\approx 0{,}67\ \text{g}.
\]

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.

Nâng cấp VIP

Câu 7

A. nội năng của nó tăng, nó tỏa nhiệt ra môi trường.

B. nội năng của nó giảm, nó tỏa nhiệt ra môi trường.

C. nội năng của nó tăng, nó không trao đổi nhiệt với môi trường.

D. nội năng của nó giảm, nó không trao đổi nhiệt với môi trường.

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.

Nâng cấp VIP