Hình vẽ cho thấy một nam châm treo gần một cuộn dây điện từ. Sau khi dây điện từ được kết nối với nguồn điện, nam châm sẽ quay sang một vị trí mới với cực nam hướng về phía điện từ. Trong hình trên, những mũi tên nào chỉ chiều dòng điện trong cuộn dây và chiều của từ trường do dòng điện này gây ra?

Đáp án đúng là A

- Số mol ban đầu của $H{}_2$ là: $n{}_1=\frac{5}{2}$; số mol ban đầu của $O{}_2$ là: $n{}_2=\frac{12}{32}=\frac{3}{8}$

- Phương trình phản ứng: $\text{O}{}_2+2\text{H}{}_2\to 2\text{H}{}_2\text{O}$

Như vậy, cứ $1 \text{m}\text{o}\text{l}\text{O}{}_2$ kết hợp với $2 \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2$ tạo thành $2 \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2\text{O}$

Suy ra: $\frac{3}{8}$ mol $\text{O}{}_2$ kết hợp với $\frac{6}{8}$ mol $\text{H}{}_2$ tạo thành $\frac{6}{8} \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2\text{O}$

Vì $n{}_1=\frac{5}{2}>\frac{6}{8}$ nên $O{}_2$ tham gia phản ứng hết và còn dư $H{}_2$.

- Số mol $H{}_2$ còn dư là: $n{}_3=\frac{5}{2}-\frac{6}{8}=\frac{7}{4}$

- Số mol $\text{H}{}_2\text{O}$ được tạo thành là: $n{}_4=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$

Gọi $T$ (và t ) là nhiệt độ của hỗn hợp sau phản ứng. Ta có:

+ Áp suất riêng phần của khí $H{}_2$ còn dư sau phản ứng là: $p{}_1=\frac{n{}_{3}RT}{V}$

+ Áp suất riêng phần của hơi nước tạo thành sau phản ứng là: $p{}_2=\frac{n{}_{4}RT}{V}$

+ Áp suất của hỗn hợp khí trong bình sau phản ứng là:

$p=p{}_1+p{}_2=\left(n{}_3+n{}_4\right)\frac{RT}{V}=\left(\frac{7}{4}+\frac{3}{4}\right)\frac{RT}{V}=\frac{5RT}{2V}$ (1)

- Gọi Q là nhiệt lượng tỏa ra sau khi đốt cháy khí trong bình (tạo thành $\frac{3}{4}mol{H}_2\text{O}$):

$Q=2,4.10{}^{5}n{}_4=2,4.10{}^5.\frac{3}{4}=1,8.10{}^{5}J$

- Gọi m_1,m_2 là khối lượng của $H{}_2$ và hơi nước sau khi phản ứng, ta có:

$m{}_1=\frac{7}{4}.2=3,5g;m{}_2=\frac{3}{4}.18=13,5g$

- Nhiệt lượng do khí $H{}_2$ và hơi nước thu vào sau phản ứng:

$Q\text{'}=Q{}_1+Q{}_2=\left(c{}_{1}m{}_1+c{}_{2}m{}_2\right)\left(t-t{}_0\right)$ (2)

$\Rightarrow Q\text{'}=(14,3.3,5+2,1.13,5)(t-20)=78,4(t-20)=78,4t-1568J$

- Phương trình cân bằng nhiệt : Q′ = Q

$\iff 78,4t-1568=1,8.10{}^5\Rightarrow t=2316{}^{°}\text{C}$ hay $\text{T}=2589K$

- Thay $T=2589 \text{K};R=8,31( \text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}.\text{K});V=100.10{}^{-3}=0,1 \text{m}{}^3$ vào (1) ta được:

$p=\frac{5.8,31.2589}{2.0,1}=5,4.10{}^5\left(\text{N}\text{/}\text{m}{}^2\right)$

Vậy: Áp suất trong bình sau phản ứng là $5,4.10{}^5\left(\text{N}\text{/}\text{m}{}^2\right)$

Đáp án đúng là C

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ với gốc toạ độ được đặt tại vị trí ban đầu của electron ngay khi bay vào vùng điện trường của hai bản kim loại

+ Theo phương Ox: Electron chuyển động thẳng đều với vận tốc v₀

Ta có lực điện tác dụng lên electron được xác định bằng: F = qE

Theo phương Oy: Electron chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc ban đầu với gia tốc: $a=\frac{\left|q{}_e\right|E}{m{}_e}$

Ta có phương trình chuyển động của electron theo các phương:

$\{\begin{array}{c}x=v{}_{0}t(1)\\ y=\frac{1}{2}at{}^2=\frac{1}{2}\frac{\left|q{}_e\right|E}{m{}_e}t{}^2(2)\end{array}$ với $\{\begin{array}{c}x=0,03m\\ y=0,5.10{}^{-2}m\end{array}$ thay vào (1): $0,03=1,6.10{}^{6}t\Rightarrow t=1,875.10{}^{-8}s$

Thay t = 1,875.10⁻⁸s vào (2) ta có: $0,5.10{}^{-2}=\frac{1}{2}\frac{\left|-1,6.10{}^{-19}\right|E}{9,1.10{}^{-31}}\left(1,875.10{}^{-8}\right){}^2(2)\iff E\approx 161,78(V/m)$