Trong một bình cao có tiết diện thẳng là hình vuông, được chia làm ba ngăn như hình vẽ. Hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là một hình vuông có cạnh bằng nửa cạnh của bình. Đổ chất lỏng vào các ngăn đến cùng một độ cao: ngăn (1) là chất lỏng ở nhiệt độ \({t_1} = {65^ \circ }{\rm{C}}\), ngăn (2) là chất lỏng ở nhiệt độ \({t_2} = {35^ \circ }{\rm{C}}\), ngăn (3) là chất lỏng ở nhiệt độ \({t_3} = {20^ \circ }{\rm{C}}.\) Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt, nhưng các vách ngăn có cách nhiệt không tốt lắm, nhiệt lượng truyền qua các vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỉ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ ở hai bên vách ngăn. Xem rằng về phương diện nhiệt thì cả ba chất lỏng nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường. Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn (1) giảm \({\rm{\Delta }}{t_1} = {1^ \circ }{\rm{C}}\), nhiệt độ ngăn (2) và ngăn (3) thay đổi một lượng \({\rm{\Delta }}{t_2},{\rm{\Delta }}{t_3}\). Tính tỉ số \(\frac{{{\rm{\Delta }}{t_3}}}{{{\rm{\Delta }}{t_2}}}\).

Quảng cáo
Trả lời:
Đáp án:
Diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng trong bài toán là như nhau.
Vậy nhiệt lượng truyền qua giữa chúng tỉ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỉ lệ là \(k\).
Ngăn 1 tỏa nhiệt sang ngăn 2 là: \({Q_{12}} = k\left( {{t_1} - {t_2}} \right)\)
Ngăn 1 tỏa nhiệt sang ngăn 3 là: \({Q_{13}} = k\left( {{t_1} - {t_3}} \right)\)
Ngăn 2 tỏa nhiệt sang ngăn 3 là: \({Q_{23}} = k\left( {{t_2} - {t_3}} \right)\)
Phương trình cân bằng nhiệt:
Ngăn 1 có: \({Q_{12}} + {Q_{13}} = 2mc{\rm{\Delta }}{t_1} \Rightarrow k\left( {2{t_1} - {t_2} - {t_3}} \right) = 2mc{\rm{\Delta }}{t_1}\)
Ngăn 2 có: \({Q_{12}} - {Q_{23}} = mc{\rm{\Delta }}{t_2} \Rightarrow k\left( {{t_1} - 2{t_2} + {t_3}} \right) = mc{\rm{\Delta }}{t_2}\)
Ngăn 3 có: \({Q_{13}} + {Q_{23}} = mc{\rm{\Delta }}{t_3} \Rightarrow k\left( {{t_1} + {t_2} - 2{t_3}} \right) = mc{\rm{\Delta }}{t_3}\)
\( \Rightarrow \frac{{2{t_1} - {t_2} - {t_3}}}{{2{\rm{\Delta }}{t_1}}} = \frac{{{t_1} - 2{t_2} + {t_3}}}{{{\rm{\Delta }}{t_2}}} = \frac{{{t_1} + {t_2} - 2{t_3}}}{{{\rm{\Delta }}{t_3}}}\)
\( \Rightarrow \frac{{2.65 - 35 - 20}}{{2.1}} = \frac{{65 - 2.35 + 20}}{{{\rm{\Delta }}{t_2}}} = \frac{{65 + 35 - 2.20}}{{{\rm{\Delta }}{t_3}}}\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}{t_2} = 0,{4^0}{\rm{C}}\) và \({\rm{\Delta }}{{\rm{t}}_3} = 1,{6^0}{\rm{C}}.\)
\( \Rightarrow \frac{{{\rm{\Delta }}{t_3}}}{{{\rm{\Delta }}{t_2}}} = \frac{{1,6}}{{0,4}} = 4\)
Đáp án: 4
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đáp án:
Năng lượng do laze cung cấp:
\(Q = P.\tau = 40.1,85 = 74J\).
Nhiệt lượng cần cho 1 kg thép nóng chảy là:
\(q = c{\rm{\Delta }}t + \lambda = 440.\left( {1535 - 25} \right) + {270.10^3} = 934400{\rm{\;J}}/{\rm{kg}}\).
Khối lượng thép bị nóng chảy: \(m = \frac{Q}{q} = \frac{{74}}{{934400}} \approx 7,{92.10^{ - 5}}{\rm{\;kg}}\).
Lại có: \(m = \rho V = \rho .\frac{{\pi {d^2}}}{4}.h \Rightarrow h = \frac{{4m}}{{\rho \pi {d^2}}}\).
\( \Rightarrow h = \frac{{4.7,{{92.10}^{ - 5}}}}{{7800.\pi .{{\left( {1,{{4.10}^{ - 3}}} \right)}^2}}} \approx 6,{6.10^{ - 3}}{\rm{\;m}} = 6,6{\rm{\;mm}}\).
Đáp án: 6,6
Câu 2
a. Điện trở có giá trị là \(16{\rm{\Omega }}\).
b. Biểu thức liên hệ giữa (\(t,\tau \)) là \(t = \frac{1}{5}\tau + 20\).
c. Sau 1 phút điện trở có nhiệt độ là \({35^ \circ }{\rm{C}}.\)
d. Nhiệt độ ban đầu của điện trở là \({t_0} = {20^ \circ }{\rm{C}}.\)
Lời giải
b) Ta thấy đồ thị có dạng đường thẳng nên phương trình tổng quát có dạng: \(t = a\tau + b\)
Xác định được tọa độ của các điểm đặc biệt trên đồ thị là \(\left( {0;20} \right)\) và \(\left( {50;30} \right)\)
Thay toạ độ ở trên vào phương trình tổng quát, có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a.0 + b = 20}\\{a.50 + b = 30}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{5}}\\{b = 20}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy phương trình đồ thị là: \(t = \frac{1}{5}\tau + 20\)
→ b đúng.
a) Từ đồ thị, ta thấy độ biến thiên nhiệt độ sau 20 s là \({\rm{\Delta }}t = {4^ \circ }{\rm{C}}\)
Từ ý b) có \(t = \frac{1}{5}.20 + 20 = {24^ \circ }C\)).
Ta có: \(P = \frac{{mc\left( {t - {t_0}} \right)}}{\tau } = \frac{{0,2.400.4}}{{20}} = 16{\rm{\;W}}\).
Mặt khác: \(P = {I^2}R = {\left( {\frac{E}{{R + r}}} \right)^2}.R = {\left( {\frac{{12}}{{R + 2}}} \right)^2}.R = 16\).
\( \Rightarrow 144R = 16{(R + 2)^2} \Rightarrow 9R = {R^2} + 4R + 4\)
\( \Rightarrow {R^2} - 5R + 4 = 0\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{R = 4{\rm{\Omega }}}\\{R = 1{\rm{\Omega }}}\end{array}} \right.\)
→ a sai.
c) Sau 1 phút = 60 s thì \(t = \frac{1}{5}.60 + 20 = {32^ \circ }{\rm{C}}.\)
→ c sai.
d) Nhìn vào đồ thị, tại \(\tau = 0\) thì \({t_0} = {20^ \circ }{\rm{C}}.\)
\( \to {\rm{d}}\) đúng.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
a. Đường đẳng nhiệt biểu diễn trong hệ tọa độ (\(p,V\)) có dạng là một đường Hypebol.
b. Thể tích và áp suất của khối khí biến đổi thông qua định luật Boyle.
c. Quá trình biến đổi từ trạng thái (1) đến trạng thái (2) là quá trình giãn đẳng nhiệt.
d. Áp suất của khối khí ở trạng thái (1) là \(10,8{\rm{\;atm}}\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 7
a. Số mol của khối khí lí tưởng xấp xỉ bằng \(0,17{\rm{\;mol}}\).
b. Thể tích của khối khí ở trạng thái (2) bằng \(4,{5.10^{ - 3}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\).
c. Khi khối khí biến đổi từ trạng thái (2) sang trạng thái (3), động năng tịnh tiến trung bình của mỗi phân tử khí giảm 3 lần.
d. Nhiệt độ của khối khí ở trạng thái (5) là 1090,5 K.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.





