Đề 02: Đề thi thử chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Vật lí - Lớp 12

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi $E_0=\frac{\mathrm{kq}}{\epsilon a^2}$. Hai điện tích ở hai đỉnh kề điểm xét tạo ra hai vectơ điện trường vuông góc và cùng độ lớn $E_0$, nên hợp lực của chúng là

$$E_{12}=\sqrt{2}{E}_0.$$

Điện tích ở đỉnh đối diện cách điểm xét $a\sqrt{2}$, do đó

$$E_3=\frac{\mathrm{kq}}{\epsilon {\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{E_0}{2}.$$

${\overrightarrow{E}}_3$ cùng hướng với ${\overrightarrow{E}}_{12}$, vì vậy

$$E=E_{12}+E_3=\frac{\mathrm{kq}}{\epsilon a^2}\left(\sqrt{2}+\frac{1}{2}\right).$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Do tính đối xứng, $Q$ phải nằm tại tâm $O$ của tam giác đều và trái dấu với $q$.

Xét điện tích tại đỉnh $A$. Hai lực đẩy do các điện tích tại $B,C$ gây ra có hợp lực hướng ra ngoài theo đường trung tuyến và có độ lớn

$$F_{\mathrm{BC}}=\sqrt{3}\frac{k{q}^2}{a^2}.$$

Khoảng cách $\mathrm{AO}=a/\sqrt{3}$, nên lực hút do $Q$ gây ra là

$$F_Q=\frac{\mathrm{kq}\left|Q\right|}{{\left(a/\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{\mathrm{3kq}\left|Q\right|}{a^2}.$$

Điều kiện cân bằng $F_Q=F_{\mathrm{BC}}$ cho

$$3\left|Q\right|=\sqrt{3}q\Rightarrow \left|Q\right|=\frac{q}{\sqrt{3}}.$$

Vì $Q$ trái dấu với $q$, ta có $Q=-q/\sqrt{3}$.

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Với dây hình trụ,

$$R=\rho \frac{l}{S}=\rho \frac{l}{\pi d^2/4}=\frac{\mathrm{4\rho l}}{\pi d^2}.$$

Hai dây đồng chất nên có cùng $\rho$, suy ra

$$\frac{R_1}{R_2}=\frac{l_1}{l_2}\frac{d_2^2}{d_1^2}=\frac{l_1}{l_2}{\left(\frac{d_2}{d_1}\right)}^2.$$

Suy ra: chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Khi tụ đã tích điện ổn định, nhánh chứa $C$ và $R_3$ không có dòng điện. Điện trở mạch ngoài là

$$R_N=R_1\parallel R_2=\frac{3\times 6}{3+6}=\text{2\hspace{0.25em}Ω}.$$

Bộ nguồn có

$$\mathrm{E=}\text{6\hspace{0.25em}}\mathrm{V,}\text{ r}=\text{4\hspace{0.25em}Ω}.$$

Điện áp hai đầu mạch ngoài, cũng là điện áp hai đầu tụ, bằng

$$U=\frac{E{R}_N}{R_N+r}=\frac{6\times 2}{2+4}=\text{2\hspace{0.25em}}\mathrm{V.}$$

Năng lượng của tụ:

$$W_C=\frac{1}{2}C{U}^2=\frac{1}{2}\times 0,5\times {10}^{-6}\times 2^2={10}^{-6}\mathrm{J.}$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Dòng điện định mức của mỗi đèn:

$$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{3}{6}=0,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{A,}{I}_2=\frac{P_2}{U_2}=\frac{1,25}{2,5}=0,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{A.}$$

Hai nhánh song song cùng có điện áp $\text{6\hspace{0.25em}}V$. Trên $R_2$ phải có điện áp

$$U_{R_2}=6-2,5=3,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{V,}$$

nên

$$R_2=\frac{3,5}{0,5}=\text{7\hspace{0.25em}Ω}.$$

Dòng qua $R_1$ và nguồn là $I=I_1+I_2=\text{1\hspace{0.25em}}A$. Điện áp mạch ngoài là

$$U\mathrm{=E-}\mathrm{Ir}=6,6-1\times 0,12=6,\text{48\hspace{0.25em}}\mathrm{V.}$$

Do phần song song có điện áp $\text{6\hspace{0.25em}}V$, điện áp trên $R_1$ là $0,\text{48\hspace{0.25em}}V$, suy ra

$$R_1=\frac{0,48}{1}=0,\text{48\hspace{0.25em}Ω}.$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Khí lí tưởng có nội năng chỉ phụ thuộc nhiệt độ. Quá trình đẳng nhiệt nên

$$\mathrm{\Delta U}=0.$$

Theo quy ước $\mathrm{\Delta U}=Q+A$, ta có $Q+A=0$. Khi khí dãn nở, ngoại lực thực hiện công âm lên khí nên $A<0$; đồng thời khí nhận nhiệt nên $Q>0$.

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Bảo toàn năng lượng cho hệ cô lập:

$$\sum m_i{c}_i\left(t-t_i\right)=0.$$

Suy ra

$$t=\frac{m_1{c}_1{t}_1+m_2{c}_2{t}_2+m_3{c}_3{t}_3}{m_1{c}_1+m_2{c}_2+m_3{c}_3}.$$

Thay số:

$$t=\frac{0,2\times 460\times 15+0,45\times 400\times 25+0,15\times 4200\times 80}{0,2\times 460+0,45\times 400+0,15\times 4200}\approx 62,4^{\circ }\mathrm{C.}$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Khi nguội, công suất tỏa nhiệt ra môi trường là

$$P_{\mathrm{hp}}=\mathrm{mc}\frac{1,5}{60}.$$

Trong $\text{180\hspace{0.25em}}s$ đun nóng, phương trình năng lượng là

$$\mathrm{Pt}=\text{mcΔT}+P_{\mathrm{hp}}t.$$

Do đó

$$1200\times 180=\mathrm{mc}\left(10+\frac{1,5}{60}\times 180\right)=\mathrm{mc}\left(14,5\right).$$

Suy ra

$$m=\frac{216000}{4200\times 14,5}\approx 3,\text{55\hspace{0.25em}}\mathrm{kg.}$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Nhiệt lượng vật rắn tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu vào:

$$m_1{c}_1\left(150-50\right)=m_2{c}_2\left(50-20\right).$$

Do đó

$$\frac{m_1{c}_1}{m_2{c}_2}=\frac{30}{100}=\frac{3}{10}.$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Với khí lí tưởng, nội năng chỉ phụ thuộc nhiệt độ. Trong quá trình đẳng nhiệt,

$$\mathrm{\Delta T}=0\Rightarrow \mathrm{\Delta U}=0.$$

Tuy nhiên khí có thể nhận nhiệt và thực hiện công; khi đó $Q$ không nhất thiết bằng $0$. Vì thế không thể nói độ tăng nội năng bằng nhiệt lượng mà hệ nhận được.

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Quá trình $\left(1\right)\to \left(2\right)$ là đẳng áp, nên theo định luật Charles:

$$\frac{V}{T}=\text{hằng số}.$$

Trên hệ $V-T$, đoạn $\left(1\right)\to \left(2\right)$ là một đoạn thẳng tăng.

Đường cong $\left(2\right)\to \left(3\right)$ là đường đẳng nhiệt, nên $T$ không đổi trong khi $V$ tăng. Trên hệ $V-T$, đoạn này là đường thẳng đứng hướng lên.

Đồ thị đáp ứng hai đặc điểm trên là đồ thị A.

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi nhiệt độ tuyệt đối ban đầu là $T_1$. Khi nhiệt độ giảm $\text{70\hspace{0.25em}}K$,

$$T_2=T_1-70.$$

Thể tích giảm $15\%$ nên $V_2=0,85V_1$. Quá trình đẳng áp:

$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{T_2}{T_1}=0,85.$$

Do đó

$$\frac{T_1-70}{T_1}=0,85\Rightarrow T_1=466,\text{7\hspace{0.25em}}\mathrm{K.}$$

Suy ra

$$t_1=T_1-273\approx 193,7^{\circ }\mathrm{C.}$$

Suy ra: chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi tiết diện xilanh là $S$ và pít-tông dịch chuyển $x$ về phía phần khí không nung. Khi cân bằng, áp suất hai bên bằng nhau. Hai bên chứa cùng số mol nên

$$\frac{T_h}{V_h}=\frac{T_l}{V_l}.$$

Với

$$T_h=\text{350\hspace{0.25em}}\mathrm{K,}{T}_l=\text{300\hspace{0.25em}}\mathrm{K,}{V}_h=S\left(52+x\right),V_l=S\left(52-x\right),$$

suy ra

$$\frac{350}{52+x}=\frac{300}{52-x}.$$

Giải phương trình:

$$350\left(52-x\right)=300\left(52+x\right)\Rightarrow x=\text{4\hspace{0.25em}}\mathrm{cm.}$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí là

$$\overline{W_d}=\frac{3}{2}\mathrm{kT},$$

nên muốn động năng tăng gấp đôi thì nhiệt độ tuyệt đối phải tăng gấp đôi.

Với phương án B:

$$T_1=127+273=\text{400\hspace{0.25em}}\mathrm{K,}{T}_2=527+273=\text{800\hspace{0.25em}}\mathrm{K=}2T_1.$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Theo thuyết động học phân tử:

$$p=\frac{1}{3}\frac{N}{V}{m}_0{v}_{\mathrm{rms}}^2.$$

Với phân tử hydrogen $m_0\approx \mathrm{2u}=3,32\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và

$$p=\frac{200}{760}\times 1,013\times {10}^5\approx 2,67\times {10}^4\mathrm{Pa.}$$

Suy ra

$$N=\frac{\mathrm{3pV}}{m_0{v}_{\mathrm{rms}}^2}\approx 4,2\times {10}^{24}\text{phân tử}.$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Mỗi cạnh vuông góc với $\overrightarrow{B}$, nên

$$F=\mathrm{BIa}=0,15\times 0,5\times 0,20=0,\text{015\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Các cạnh có cùng chiều dài và cùng góc ${90}^{\circ }$ với $\overrightarrow{B}$, nên lực từ trên bốn cạnh có cùng độ lớn.

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Vì $\overrightarrow{B}$ vuông góc mặt phẳng khung nên lực từ trên mỗi cạnh có độ lớn $F=\mathrm{BIl}$.

Trong tam giác vuông, với $\angle N={30}^{\circ }$:

$$\mathrm{MN}=\mathrm{NP}\cos {30}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{NP}\Rightarrow \mathrm{NP}=\frac{\mathrm{2MN}}{\sqrt{3}}.$$

Do đó

$$F_{\mathrm{NP}}=F_{\mathrm{MN}}\frac{\mathrm{NP}}{\mathrm{MN}}=0,3\frac{2}{\sqrt{3}}=0,2\sqrt{3}\mathrm{N.}$$

Phép quay vectơ dòng điện một góc ${90}^{\circ }$ theo quy tắc bàn tay trái bảo toàn góc giữa các hướng. Hướng dòng điện trên $\mathrm{MN}$ và $\mathrm{NP}$ tạo góc ${120}^{\circ }$, nên hai lực từ cũng tạo góc ${120}^{\circ }$.

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Lực từ nằm ngang và có độ lớn

$$F=\mathrm{BIl}.$$

Cân bằng theo phương ngang và thẳng đứng:

$$\mathrm{2T}\sin \alpha =F,\text{ 2T}\cos \alpha =\mathrm{mg}.$$

Chia hai phương trình:

$$\tan \alpha =\frac{F}{\mathrm{mg}}=\frac{\mathrm{BIl}}{\mathrm{mg}}.$$

Suy ra

$$I=\frac{\mathrm{mg}\tan {30}^{\circ }}{\mathrm{Bl}}=\frac{0,01\times 10\times 1/\sqrt{3}}{0,5\times 0,2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{A.}$$

Từ phương trình theo phương thẳng đứng:

$$T=\frac{\mathrm{mg}}{2\cos {30}^{\circ }}=\frac{0,1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{30}\mathrm{N.}$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Đ. Đúng. Trong vùng điện trường, electron chuyển động thẳng đều theo phương ngang và nhanh dần đều theo phương thẳng đứng, nên quỹ đạo là parabol.

b) S. Sai. Cường độ điện trường $E=U/d=\text{600\hspace{0.25em}}\mathrm{V/m}$, gia tốc có độ lớn

$$a=\frac{\left|e\right|E}{m_e}\approx 1,05\times {10}^{14}\mathrm{m/}{s}^2.$$

Thời gian đi hết chiều dài hai bản:

$$t_1=\frac{0,08}{7\times {10}^6}\approx 1,14\times {10}^{-8}\mathrm{s.}$$

Độ lệch khi ra khỏi bản:

$$y_1=\frac{1}{2}a{t}_1^2\approx 6,\text{9\hspace{0.25em}}\mathrm{mm<}\text{10\hspace{0.25em}}\mathrm{mm,}$$

nên electron chưa chạm bản.

c) S. Sai. Ra khỏi vùng điện trường, electron không còn chịu lực điện, nên chuyển động thẳng đều theo tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm ra.

d) Đ. Đúng. Vận tốc thẳng đứng tại điểm ra là $v_y=a{t}_1\approx 1,21\times {10}^6\mathrm{m/s}$. Thời gian đi từ mép bản đến màn:

$$t_2=\frac{0,15}{7\times {10}^6}\approx 2,14\times {10}^{-8}\mathrm{s.}$$

Độ lệch thêm $y_2=v_y{t}_2\approx 25,\text{8\hspace{0.25em}}\mathrm{mm}$. Tổng độ lệch

$$y=y_1+y_2\approx 32,\text{7\hspace{0.25em}}\mathrm{mm,}$$

phù hợp với giá trị nêu trong nhận định.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Đ. Đúng vì nhiệt độ ban đầu của miếng kim loại lớn hơn nhiệt độ cân bằng.

b) Đ. Đúng vì nước và nhiệt lượng kế tăng nhiệt độ từ $8,4^{\circ }C$ lên $21,5^{\circ }C$.

c) Đ. Đúng khi bỏ qua hao phí nhiệt ra môi trường.

d) Đ. Đúng. Từ

$$\left(m_{\mathrm{đt}}{c}_{\mathrm{đt}}+m_n{c}_n\right)\left(21,5-8,4\right)=m_{\mathrm{kl}}{c}_{\mathrm{kl}}\left(100-21,5\right),$$

suy ra

$$c_{\mathrm{kl}}\text{≈805,}\text{2\hspace{0.25em}}\mathrm{J/}\left(\text{kg⋅K}\right).$$

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai

Phân tích từng ý

a) Đ. Đúng vì khí được nén xuống còn một nửa thể tích ban đầu.

b) S. Sai. Quá trình $\left(2\right)\to \left(3\right)$ đẳng tích nên $V_3=V_2=\text{2\hspace{0.25em}}{m}^3$.

c) Đ. Đúng.

$$p_2=p_1\frac{T_2}{T_1}\frac{V_1}{V_2}=2\times \frac{300}{500}\times \frac{4}{2}=2,\text{4\hspace{0.25em}}\text{atm.}$$

d) S. Sai. Quá trình $\left(2\right)\to \left(3\right)$ đẳng tích:

$$p_3=p_2\frac{T_3}{T_2}=2,4\times \frac{600}{300}=4,\text{8\hspace{0.25em}}\text{atm.}$$

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai

Phân tích từng ý

a) Đ. Đúng. Tổng số mol

$$n=\frac{23,6}{32}+\frac{76,4}{28}\approx 3,\text{466\hspace{0.25em}}\text{mol,}$$

nên

$$M=\frac{100}{3,466}\approx 28,\text{85\hspace{0.25em}}\text{g/mol≈}\text{29\hspace{0.25em}}\text{g/mol.}$$

b) Đ. Đúng. Theo phương trình trạng thái,

$$V=\frac{\mathrm{nRT}}{p}\approx 86,\text{4\hspace{0.25em}}\mathrm{L,}$$

xấp xỉ $86,\text{5\hspace{0.25em}}L$.

c) Đ. Đúng.

$$\rho =\frac{m}{V}\approx \frac{100}{86,5}=1,\text{16\hspace{0.25em}}\text{g/L.}$$

d) S. Sai. Phần mol oxygen là

$$x_{O_2}=\frac{23,6/32}{n}\approx 0,213,$$

nên $p_{O_2}\approx \text{160\hspace{0.25em}}\text{mmHg}$ và $p_{N_2}\approx \text{590\hspace{0.25em}}\text{mmHg}$. Nhận định đã đảo thứ tự hai giá trị.

Đáp án: 8,0

Hướng dẫn giải

Vì $E\propto 1/r^2$:

$$\frac{E_N}{E_M}=\frac{O{M}^2}{O{N}^2}=81\Rightarrow \mathrm{OM}=\mathrm{9ON}=\text{135\hspace{0.25em}}\mathrm{cm.}$$

Do đó

$$\mathrm{MN}=\mathrm{OM}-\mathrm{ON}=\text{120\hspace{0.25em}}\mathrm{cm=}1,\text{20\hspace{0.25em}}\mathrm{m.}$$

Hai giai đoạn có cùng độ lớn gia tốc, vận tốc đầu và cuối đều bằng $0$, nên thời gian tăng tốc bằng thời gian giảm tốc và mỗi giai đoạn đi nửa quãng đường:

$$s_1=0,\text{60\hspace{0.25em}}\mathrm{m.}$$

Với $a=7,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{cm/}{s}^2=0,\text{075\hspace{0.25em}}\mathrm{m/}{s}^2$:

$$s_1=\frac{1}{2}a{t}_1^2\Rightarrow t_1=\sqrt{\frac{2s_1}{a}}=4,\text{0\hspace{0.25em}}\mathrm{s.}$$

Tổng thời gian:

$$t=2t_1=8,\text{0\hspace{0.25em}}\mathrm{s.}$$

Đáp án: 10,8

Hướng dẫn giải

Điện trở nhánh dưới:

$$R_{23}=R_2+R_3=\text{6\hspace{0.25em}Ω}.$$

Điện trở giữa $A,B$:

$$R_{\mathrm{AB}}=R_1\parallel R_{23}=\frac{2\times 6}{2+6}=1,\text{5\hspace{0.25em}Ω}.$$

Điện trở toàn mạch:

$$R_{\mathrm{tđ}}=R_{\mathrm{AB}}+R_4+r=1,5+4,4+0,1=\text{6\hspace{0.25em}Ω}.$$

Dòng mạch chính:

$$I=\frac{E}{R_{\mathrm{tđ}}}=\text{2\hspace{0.25em}}\mathrm{A.}$$

Điện áp $U_{\mathrm{AB}}=I{R}_{\mathrm{AB}}=\text{3\hspace{0.25em}}V$, nên dòng nhánh dưới là

$$I_2=\frac{U_{\mathrm{AB}}}{R_{23}}=0,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{A.}$$

Đi từ $C$ đến $D$ qua $R_3$ và $R_4$ theo chiều ngược chiều giảm thế thích hợp:

$$U_{\mathrm{CD}}=U_{\mathrm{CB}}+U_{\mathrm{BD}}=I_2{R}_3+I{R}_4=0,5\times 4+2\times 4,4=10,\text{8\hspace{0.25em}}\mathrm{V.}$$

Đáp án: 21,7

Hướng dẫn giải

Gọi nhiệt độ cân bằng là $t$. Nhiệt lượng thìa đồng tỏa ra bằng nhiệt lượng cốc nhôm và nước thu vào:

$$m_{\mathrm{Cu}}{c}_{\mathrm{Cu}}\left(100-t\right)=\left(m_{\mathrm{Al}}{c}_{\mathrm{Al}}+m_n{c}_n\right)\left(t-20\right).$$

Thay số:

$$0,075\times 380\left(100-t\right)=\left(0,1\times 880+0,3\times 4190\right)\left(t-20\right).$$

Giải ra

$$t\approx 21,{66}^{\circ }\mathrm{C\approx }21,7^{\circ }\mathrm{C.}$$

Đáp án: 469

Hướng dẫn giải

Khối lượng riêng của không khí ngoài ở $p=\text{720\hspace{0.25em}}\text{mmHg}$, $T=\text{300\hspace{0.25em}}K$:

$$\rho ={\rho }_0\frac{p}{p_0}\frac{T_0}{T}=1,29\frac{720}{760}\frac{273}{300}\approx 1,\text{112\hspace{0.25em}}\mathrm{kg/}{m}^3.$$

Gọi $T\text{'}$ là nhiệt độ khí nóng. Vì áp suất trong và ngoài gần bằng nhau:

$$\rho \mathrm{\text{'}=}\rho \frac{T}{T\text{'}}.$$

Điều kiện vừa đủ bay lên:

$$\mathrm{\rho Vg}=\left(\rho \text{'}V+m_0\right)g.$$

Thay $\rho \text{'}$:

$$\mathrm{\rho V}=\rho \frac{T}{T\text{'}}V+m_0.$$

Suy ra

$$T\mathrm{\text{'}=}\frac{\mathrm{\rho VT}}{\mathrm{\rho V}-m_0}\approx 468,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{K.}$$

Lấy phần nguyên theo yêu cầu: $\text{468\hspace{0.25em}}K$.

Đáp án: 49

Hướng dẫn giải

Đặt

$$r_p=\frac{p_1}{p_4},r_V=\frac{V_2}{V_1}.$$

Vì trạng thái $\left(1\right)$ và $\left(3\right)$ cùng nằm trên một đường đẳng nhiệt:

$$p_1{V}_1=p_4{V}_2\Rightarrow r_p=r_V=r.$$

Mặt khác,

$$\frac{T_2}{T_4}=\frac{p_1{V}_2}{p_4{V}_1}=r^2,$$

nên

$$r=\sqrt{\frac{390}{300}}=\sqrt{1,3}.$$

Công của chu trình bằng diện tích hình chữ nhật:

$$A=\left(p_1-p_4\right)\left(V_2-V_1\right).$$

Vì $p_4{V}_1=R{T}_4$ đối với một mol khí,

$$A=R{T}_4{\left(r-1\right)}^2.$$

Thay số:

$$A=8,31\times 300{\left(\sqrt{1,3}-1\right)}^2\approx 49,\text{0\hspace{0.25em}}\mathrm{J.}$$

Vậy công của chu trình là $\text{49\hspace{0.25em}}J$.

Đáp án: 0,2

Hướng dẫn giải

Lực từ tức thời tác dụng lên thanh:

$$F=\mathrm{BIl}.$$

Xung lượng của lực từ trong suốt quá trình phóng điện:

$$J\mathrm{=\int }\text{F\hspace{0.17em}dt}=\mathrm{Bl}\int \text{I\hspace{0.17em}dt}=\mathrm{Blq}.$$

Điện lượng tụ phóng qua thanh là

$$q=\mathrm{CU}.$$

Theo định lí xung lượng - động lượng:

$$\mathrm{mv}=\text{BlCU}.$$

Suy ra

$$v=\frac{\text{BlCU}}{m}=\frac{1\times 0,2\times 100\times {10}^{-6}\times 100}{0,010}=0,\text{2\hspace{0.25em}}\text{m/s.}$$

——————– HẾT ——————–