Một bình kín có thể tích không đổi chứa hỗn hợp khí gồm \({m_1}\) gam oxygen (O₂) và \({m_2}\) gam khí nitrogen (N₂). Ở nhiệt độ T, chỉ có oxygen phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử (O), còn khí nitrogen vẫn ở dạng phân tử (N₂), lúc này áp suất trong bình là p. Khi tăng nhiệt độ lên đến \(2T\), khí nitrogen cũng phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử (N), áp suất trong bình khi đó đo được là \(3,5p\). Coi các khí và nguyên tử trong bình là khí lý tưởng; cho khối lượng mol của O là 16 g/mol và của N là 14 g/mol. Tỉ số \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}\) bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm).

Đáp án:

Đáp án: 1,99

Dữ kiện:

\(l = 20\;cm = 0,2\;m\)

\(m = 50\;g = 0,05\;kg\)

\(B = 0,2\;T\)

\(E = 6\;V\)

\(r = 0,1\;\Omega \)

\(R = 2\;\Omega \)

\(\mu = 0,25\)

\(\beta = {12^\circ }\)

Dòng điện trong mạch lúc vừa đóng khóa:

\(I = \frac{E}{{R + r}}\)

\(I = \frac{6}{{2 + 0,1}} = \frac{6}{{2,1}} \approx 2,857\;A\)

Lực từ tác dụng lên thanh MN có độ lớn:

\({F_t} = BIl\)

\({F_t} = 0,2.2,857.0,2 \approx 0,1143\;N\)

Theo chiều dòng điện trong hình, lực từ có thành phần kéo thanh chuyển động xuống dốc. Thành phần lực từ theo phương mặt phẳng nghiêng là:

\({F_{t//}} = {F_t}\cos \beta \)

\({F_{t//}} = 0,1143.\cos {12^\circ } \approx 0,1118\;N\)

Thành phần trọng lực kéo thanh xuống dốc:

\({P_{//}} = mg\sin \beta \)

\({P_{//}} = 0,05.10.\sin {12^\circ } \approx 0,1040\;N\)

Do lực từ nằm ngang nên nó có thành phần vuông góc với mặt phẳng nghiêng, làm giảm áp lực của thanh lên ray:

\(N = mg\cos \beta - {F_t}\sin \beta \)

\(N = 0,05.10.\cos {12^\circ } - 0,1143.\sin {12^\circ }\)

\(N \approx 0,4653\;N\)

Lực ma sát:

\({F_{ms}} = \mu N\)

\({F_{ms}} = 0,25.0,4653 \approx 0,1163\;N\)

Chọn chiều dương là chiều xuống dốc. Áp dụng định luật II Newton:

\(ma = {P_{//}} + {F_{t//}} - {F_{ms}}\)

\(a = \frac{{{P_{//}} + {F_{t//}} - {F_{ms}}}}{m}\)

\(a = \frac{{0,1040 + 0,1118 - 0,1163}}{{0,05}}\)

\(a \approx 1,99\;m/{s^2}\)

Vậy gia tốc của thanh MN ngay khi đóng khóa là 1,99 m/s².

Đáp án:

Đáp án: 0,4

Gọi số hạt nhân \({}_{84}^{210}Po\) ban đầu là \({N_0}\), số hạt nhân X ban đầu là N_X0.

Đặt:

\(a = {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}\)

Tại thời điểm \({t_1}\):

Số hạt nhân \(_{84}^{210}Po\) còn lại là:

\({N_{Po1}} = {N_0}a\)

Số hạt nhân X trong mẫu là:

\({N_{X1}} = {N_{X0}} + {N_0}(1 - a)\)

Theo đề:

\(\frac{{{N_{X1}}}}{{{N_{Po1}}}} = 3\)

\(\frac{{{N_{X0}} + {N_0}(1 - a)}}{{{N_0}a}} = 3\)

Chia cả tử và mẫu cho \({N_0}\), đặt \(x = \frac{{{N_{X0}}}}{{{N_0}}}\):

\(x + 1 - a = 3a\)

Suy ra:

\(x = 4a - 1\)  (1)

Tại thời điểm \({t_2} = 4{t_1}\):

Số hạt nhân \(_{84}^{210}Po\) còn lại là:

\({N_{Po2}} = {N_0}{a^4}\)

Số hạt nhân X trong mẫu là:

\({N_{X2}} = {N_{X0}} + {N_0}(1 - {a^4})\)

Theo đề:

\(\frac{{{N_{X2}}}}{{{N_{Po2}}}} = 5\)

\(\frac{{{N_{X0}} + {N_0}(1 - {a^4})}}{{{N_0}{a^4}}} = 5\)

Suy ra:

\(x + 1 - {a^4} = 5{a^4}\)

\(x = 6{a^4} - 1\)  (2)

Từ (1) và (2):

\(4a - 1 = 6{a^4} - 1\)

\(4a = 6{a^4}\)

\({a^3} = \frac{2}{3}\)

\(a = \sqrt[3]{{\frac{2}{3}}} \approx 0,8736\)

Khi đó:

\(x = 4a - 1 \approx 4.0,8736 - 1 = 2,4944\)

Mà \(x = \frac{{{N_{X0}}}}{{{N_0}}}\), nên:

\(\frac{{{N_0}}}{{{N_{X0}}}} = \frac{1}{x} \approx \frac{1}{{2,4944}} \approx 0,4\)

Vậy tỉ số giữa số hạt nhân \(_{84}^{210}Po\) và số hạt nhân X ban đầu là 0,4.