Máy đo địa chấn được sử dụng để phát hiện và đo đạc những rung động địa chấn được tạo ra bởi sự dịch chuyển của lớp vỏ Trái Đất. Tần số của những cơn địa chấn thường nằm trong khoảng 30Hz − 40Hz. Năng lượng từ các cơn địa chấn có khả năng kích thích con lắc lò xo bên trong máy đo làm đầu bút di chuyển để vẽ lên giấy như hình:

Cho các nhận xét sau:

1. Dao động của con lắc trong máy là dao động duy trì.

2. Đầu bút di chuyển và vẽ được lên giấy là do các cơn địa chấn tạo ra dao động duy trì.

3. Tần số dao động của những con lắc lò xo trong máy địa chấn vào khoảng 30Hz − 40Hz.

4. Để máy địa chấn ghi nhận được kết quả tốt nhất thì tần số riêng của con lắc lò xo phải có giá trị thật nhỏ so với con số 30Hz − 40Hz.

Có bao nhiêu nhận xét đúng?

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