Dùng thông tin sau cho câu 7 và 8:

Một sợi dây dẫn mảnh được uốn thành khung phẳng xOy sao cho góc $\alpha ={45}^{°}$ như hình vẽ. Một thanh siêu dẫn MN nằm trong mặt phẳng khung dây xOy sao cho MN vuông góc với Ox, ban đầu thanh MN cách điểm O một đoạn \(b = 2{\rm{ m}}\) (thanh siêu dẫn là vật dẫn điện nhưng có điện trở bằng 0). Hệ thống được đặt trong từ trường đều có vectơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng xOy, độ lớn cảm ứng từ là \(B\). Cho thanh MN chuyển động thẳng đều trong mặt phẳng xOy với tốc độ không đổi \(V = 0,2{\rm{ m/s}}\) tiến về phía điểm O sao cho trong quá trình di chuyển thanh MN luôn vuông góc với Ox. Biết \(R = 10\;\Omega \), bỏ qua điện trở của khung xOy (khảo sát ở những thời điểm khi thanh MN chưa di chuyển đến điện trở R).

                   

Tại thời điểm\(t = 2{\rm{ s}}\) kể từ lúc bắt đầu chuyển động thì lực từ tác dụng lên thanh MN có độ lớn là \(a{.10^{ - 4}}({\rm{N}})\), biết cường độ dòng điện chạy trong mạch lúc đó là 4 mA. Tìm \(a\) (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị).

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

a) Sai

Việc phát hiện \(_{43}^{99}{\rm{Tc}}\) chỉ cho thấy có quá trình tạo ra một số nguyên tố trong sao, không thể kết luận mọi nguyên tố nặng đều đang được tạo ra liên tục.

b) Đúng

Nếu một đồng vị có chu kì bán rã rất ngắn so với tuổi sao mà vẫn còn được phát hiện, thì nó phải đang được tạo ra trong sao, nếu không nó đã phân rã gần hết từ lâu.

c) Đúng

Chu kì bán rã là \(200000\) năm, còn thời gian là \({10^{10}}\) năm.

Số chu kì bán rã: \(n = \frac{{{{10}^{10}}}}{{2 \cdot {{10}^5}}} = 5 \cdot {10^4}\)

Phần còn lại: \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{50000}}\)

Giá trị này gần như bằng \(0\).

d) Đúng

Các nguyên tố nặng hơn He chủ yếu được tạo thành trong sao nhờ các phản ứng hạt nhân.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.Đ, d.Đ