Trong thực tế, áp suất không khí trong lốp xe thường được đo bằng đơn vị PSI (Pounds per Square Inch). Đây là thông số quan trọng giúp đảm bảo an toàn khi vận hành. Khi đứng yên, một lốp sau của xe ôtô chứa không khí (coi như khí lý tưởng) ở áp suất 30 Psi ở nhiệt độ ${27}^{°}$C. Khi xe chạy nhanh, làm nhiệt độ không khí trong lốp tăng đến ${67}^{°}$C; đồng thời thể tích lốp tăng \[0,5\% \] so với ban đầu. Biết rằng, trong quá trình xe chạy nhanh, khối lượng không khí trong lốp được coi là không đổi. Tính áp suất mới của khí trong lốp theo đơn vị Psi, (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười)

Sử dụng dữ kiện này để trả lời cho câu 3 và 4. Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ bên, gồm bóng đèn có điện trở là \(12,0,\Omega \), thanh dẫn MN dài 1,2 m, được đặt trong vùng từ trường đều có vectơ cảm ứng từ \(\vec B\) vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và có chiều từ trong hướng ra. Khi thanh MN chuyển động sang trái với vận tốc không đổi 3,0 m/s thì bóng đèn sáng, tiêu thụ công suất là 5,0 W. Bỏ qua điện trở của thanh dẫn và các dây nối.

               

Tại thời điểm \(t = 2\;{\rm{s}}\):

Vị trí thanh MN cách O một đoạn theo phương Ox là: \(x = b - vt = 2 - 0,2 \cdot 2 = 1,6\;{\rm{m}}\).

Vì $\alpha ={45}^{°}$ nên chiều dài thanh MN là: $l=x\tan {45}^{°}=x=\mathrm{1,6}\text{\hspace{0.33em}m}$

Suất điện động cảm ứng của mạch: \(e = Blv\).

Dòng điện mạch: \(I = \frac{e}{R} = \frac{{Blv}}{R}\).

Cho \(I = 4\;{\rm{mA}} = 0,004\;{\rm{A}}\), \(R = 10\;\Omega \), \(v = 0,2\;{\rm{m/s}}\), \(l = 1,6\;{\rm{m}}\).

Suy ra: \(B = \frac{{IR}}{{lv}} = \frac{{0,004 \cdot 10}}{{1,6 \cdot 0,2}} = 0,125\;{\rm{T}}\).

Lực từ lên thanh: \(F = BIl = 0,125 \cdot 0,004 \cdot 1,6 = 8 \cdot {10^{ - 4}}\;{\rm{N}}\).

So sánh với dạng \(a \cdot {10^{ - 4}}\;{\rm{N}}\), ta được \(a = 8\).

Đáp án: \(a = 8\).

Gọi tọa độ các điểm trên đồ thị \((p,V)\).

  • Vì \(AP\parallel OV\) nên \(AP\) là đoạn nằm ngang, tức là đẳng áp, không phải đẳng tích.

  • Đường thẳng \(BP\) kéo dài qua gốc tọa độ nên trên đó có dạng: \(p = kV\)

a) Sai

Quá trình \(A \to P\) là đẳng áp, không phải thể tích không đổi.

b) Đúng

Vì trên đoạn \(BP\) có: \(p = kV\)

nên áp suất tỉ lệ thuận với thể tích.

c) Sai

Do \(B\) nằm trên đẳng nhiệt \({T_2} = 4{T_1}\), còn \(C\) nằm trên đẳng nhiệt \({T_1}\) và cả hai cùng thuộc đường \(p = kV\):

Ta có: \({p_B}{V_B} = 4nR{T_1}\), \({p_C}{V_C} = nR{T_1}\)

Mà \(p = kV \Rightarrow pV = k{V^2}\), nên: \(kV_B^2 = 4kV_C^2 \Rightarrow {V_B} = 2{V_C}\), suy ra \({p_B} = 2{p_C}\).

Vì \(P\) là trung điểm của \(BC\):

\({V_P} = \frac{{{V_B} + {V_C}}}{2} = \frac{{2{V_C} + {V_C}}}{2} = \frac{{3{V_C}}}{2}\)

\({p_P} = \frac{{{p_B} + {p_C}}}{2} = \frac{{2{p_C} + {p_C}}}{2} = \frac{{3{p_C}}}{2}\)

Nên: \({T_P} = \frac{{{p_P}{V_P}}}{{nR}} = \frac{{\frac{3}{2}{p_C} \cdot \frac{3}{2}{V_C}}}{{nR}} = \frac{9}{4}\frac{{{p_C}{V_C}}}{{nR}} = \frac{9}{4}{T_1}\)

Trong khi: \(\frac{{{T_1} + {T_2}}}{2} = \frac{{{T_1} + 4{T_1}}}{2} = \frac{5}{2}{T_1}\)

Hai giá trị khác nhau, nên phát biểu sai.

d) Sai

Ta tính công toàn phần.

Do \(A\) và \(C\) cùng trên đẳng nhiệt \({T_1}\): \({p_A}{V_A} = {p_C}{V_C} = nR{T_1}\)

Lại có \({p_A} = {p_P} = \frac{3}{2}{p_C}\) nên: \({V_A} = \frac{{{p_C}{V_C}}}{{{p_A}}} = \frac{{{p_C}{V_C}}}{{\frac{3}{2}{p_C}}} = \frac{{2{V_C}}}{3}\)

Công trên đoạn \(A \to P\)

\({A_{AP}} = {p_A}({V_P} - {V_A}) = \frac{3}{2}{p_C}\left( {\frac{3}{2}{V_C} - \frac{2}{3}{V_C}} \right) = \frac{5}{4}{p_C}{V_C} = \frac{5}{4}nR{T_1}\)

Công trên đoạn \(P \to B\)

Vì \(p = kV\): \({A_{PB}} = \int_{{V_P}}^{{V_B}} p ,dV = \int_{{V_P}}^{{V_B}} k V,dV = \frac{k}{2}(V_B^2 - V_P^2)\)

Mà \(kV_C^2 = {p_C}{V_C} = nR{T_1}\), nên: \({A_{PB}} = \frac{1}{2}k\left( {{{(2{V_C})}^2} - {{\left( {\frac{{3{V_C}}}{2}} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{2}k\left( {4 - \frac{9}{4}} \right)V_C^2 = \frac{7}{8}nR{T_1}\)

Vậy: \({A_{A \to B}} = {A_{AP}} + {A_{PB}} = \frac{5}{4}nR{T_1} + \frac{7}{8}nR{T_1} = \frac{{17}}{8}nR{T_1}\)

Còn: \(\frac{1}{4}nR({T_2} - {T_1}) = \frac{1}{4}nR(4{T_1} - {T_1}) = \frac{3}{4}nR{T_1}\)

Không bằng nhau.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.S, d.S