Zix.vn - Học online chất lượng cao
Trang học online chất lượng cao của học sinh Việt Nam.
Tìm gia tốc và thời gian xe đi hết quãng đường
nguyen dung
New Member
Bài toán
Một xe lửa chạy giữa 2 điểm trên 1 đường thẳng cách nhau 1, 5 km. Trong nửa đoạn đường đầu xe lửa chuyển động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đường sau xe chuyển động chậm dần đều. Vận tốc lớn nhất của xe lửa giữa 2 điểm đó là 50 km/h. Biết trị số tuyệt đối của các gia tốc trên 2 đoạn đường băng nhau. Tìm gia tốc của xe lửa và thời gian xe đi hết quãng đường giữa 2 điểm
Một xe lửa chạy giữa 2 điểm trên 1 đường thẳng cách nhau 1, 5 km. Trong nửa đoạn đường đầu xe lửa chuyển động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đường sau xe chuyển động chậm dần đều. Vận tốc lớn nhất của xe lửa giữa 2 điểm đó là 50 km/h. Biết trị số tuyệt đối của các gia tốc trên 2 đoạn đường băng nhau. Tìm gia tốc của xe lửa và thời gian xe đi hết quãng đường giữa 2 điểm
Bài VII. 6, VII. 7, VII. 8, VII. 9, VII. 10 trang 95,96 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức ΔV = V0βΔt = V03αΔt
Lời giải chi tiết:
Độ nở khối (thể tích) của sắt được tính theo công thức :
ΔV = V0βΔt = V03αΔt
với V0 là thể tích của khối sắt ở 0°C, β = 3α là hệ số nở khối của sắt, còn độ tăng nhiệt độ Δt của khối sắt liên hệ với lượng nhiệt Q mà khối sắt đã hấp thụ khi bị nung nóng bởi công thức :
Q = cmΔt ≈cDV0Δt với c là nhiột dung riêng, D là khối lượng riêng và m là khối lượng của sắt. Vì D = D0(1 + βt), nhưng βt << 1 nên coi gần đúng : m = D0V0 ≈ DV0.
Từ đó suy ra: \(\Delta V = {{3\alpha Q} \over {cD}}\)
Thay số ta được:
\(\Delta V = {{{{3.11.10}^{ - 6}}{{. 297.10}^3}} \over {460.7800}} \approx 2,{73.10^{ - 6}}{m^3} = 2,73c{m^3}\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức Fc = σ(πD + πd) ≈ σ2πD
Lời giải chi tiết:
Muốn kéo vòng nhôm bứt khỏi mặt thoáng của nước thì cần tác dụng lên nó lực F hướng thẳng đứng lên trên và có cường độ nhỏ nhất bằng tổng trọng lực P của vòng nhôm và lực căng bề mặt Fc của nước :
F = P + Fc
Vì mặt nước tiếp xúc với cả mặt trong và mặt ngoài của vòng nhôm nên lực căng bề mặt Fc có độ lớn bằng :
Fc = σ(πD + πd) ≈ σ2πD
với D là đường kính ngoài và d là đường kính trong của vòng nhôm mỏng. Bỏ qua độ dày của vòng nhôm và coi gần đúng :
d ≈ D hay D + d ≈ 2D.
Từ đó suy ra: F≈ P + π2πD.
Thay số, ta tìm được :
F = 5,7.10-3. 9,8 + 72.10-3. 2.3,14.40.10-3 ≈ 74.10-3 N.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức Q1 = c1m(t0 - t1)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt cần cung cấp để biến đổi m = 6,0 kg nước đá ở nhiệt độ t1 = -20°C biến thành hơi nước ở t2 = 100°C có giá trị bằng :
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4
trong đó lượng nhiệt Q1 = c1m(t0 - t1) cung cấp cho m (kg) nước đá có
nhiệt dung riêng cđ để nhiệt độ của nó tăng từ t1 = -20°C đến t0 = 0°C; lượng
nhiệt Q0 = λm cung cấp cho m (kg) nước đá có nhiệt nóng chảy riêng λ ở
t0 = 0°C tan thành nước ở cùng nhiệt độ; lượng nhiệt Q2= c0m(t2 -t0)
cung cấp cho m (kg) nước có nhiệt dung riêng cn để nhiệt độ của nó tăng từ t0 = 0°C đến t2 = 100°C; lượng nhiệt Q3 = Lm cung cấp cho m (kg) nước
có nhiệt hoá hơi riêng L ở t2 = 100°C biến thành hơi nước ở cùng nhiệt độ. Như vậy, ta có thể viết:
Q = cđm(t0 - t1) + λm + cnm(t2 -t0) + Lm
hay Q = m[cđ(t0 - t1) + λ + cn(t2 -t0) + L]
Thay số, ta tìm được :
Q = 6,0. [2090.(0 + 20) + 3,4.105 + 4180.(100-0) + 2,3.106]
Q ≈ 186.106 J.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(M = A. V\)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại A20 của không khí ở 200C có giá trị bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ, nên ta có : A20 = 17,30 g/m3.
và suy ra lượng hơi nước cực đại có trong thể tích V = 2,0.1010 m3 của đám mây :
M20 = A20V = 17,30.10-3. 2,0.1010 = 3,46.108 kg
Khi nhiệt độ không khí của đám mây giảm xuống tới 10°C thì lượng hơi nước cực đại có trong thể tích V = 2,0.1010 m3 của đám mây chỉ còn bằng :
M10 = A10V = 9,40.10-3. 2,0.1010 = l, 88.108 kg. Như vậy khối lượng nước mưa rơi xuống bằng :
M = M20 - M10 = 3,46.108- l, 88.108 = 1,58.108 kg = 158.103 tấn.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức định luật Húc \({F_1} = {E_1}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_1}\)
Lời giải chi tiết:
Giả sử vật nặng được treo tại vị trí cách đầu B của thanh rắn một đoạn x. Khi đó ta có thể phân tích trọng lực \(\overrightarrow P \) tác dụng lên vật nặng thành hai lực thành phần \(\overrightarrow F_1 \) và \(\overrightarrow F_2 \) song song với. Lực tác dụng lên sợi dây thép tại điểm B và làm sợi dây thép dãn dài thêm một đoạn Δl1, lực \(\overrightarrow F_2 \) tác dụng lên sợi dây đồng tại điểm D và làm sợi dây đồng dãn dài thêm một đoạn Δl2. Vì sợi dây thép và sợi dây đồng có độ dài ban đầu l0 và tiết diện S giống nhau, nên theo định luật Húc, ta có :
\({F_1} = {E_1}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_1}\) và \({F_2} = {E_2}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_2}\)
Muốn thanh rắn BD nằm ngang thì sợi dây thép và sợi dây đồng phải có độ dãn dài bằng nhau: Δl1 = Δl2. Thay điều kiện này vào F1 và F2 , ta được :
\({{{F_1}} \over {{F_2}}} = {{{E_1}} \over {{E_2}}}\)
Mặt khác theo quy tắc tổng hợp hai lực song song cùng chiều, ta có :
\({{{F_1}} \over {{F_2}}} = {{a - x} \over a}\)
Từ đó, ta suy ra : \(x = {{{E_2}a} \over {{E_1} + {E_2}}} = {{11,{{7.10}^{10}}. 0,80} \over {19,{{6.10}^{10}} + 11,{{7.10}^{10}}}} \approx 30\left( {cm} \right)\)
VII. 6.
Một khối sắt hình lập phương bị nung nóng và hấp thụ lượng nhiệt 297 kJ. Xác định độ tăng thể tích của khối sắt. Cho biết sắt (ở 20°C) có khối lượng riêng là 7800 kg/m3, nhiệt dung riêng là 460 J/kg. K và hệ số nở dài là 11.10-6 K-1.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức ΔV = V0βΔt = V03αΔt
Lời giải chi tiết:
Độ nở khối (thể tích) của sắt được tính theo công thức :
ΔV = V0βΔt = V03αΔt
với V0 là thể tích của khối sắt ở 0°C, β = 3α là hệ số nở khối của sắt, còn độ tăng nhiệt độ Δt của khối sắt liên hệ với lượng nhiệt Q mà khối sắt đã hấp thụ khi bị nung nóng bởi công thức :
Q = cmΔt ≈cDV0Δt với c là nhiột dung riêng, D là khối lượng riêng và m là khối lượng của sắt. Vì D = D0(1 + βt), nhưng βt << 1 nên coi gần đúng : m = D0V0 ≈ DV0.
Từ đó suy ra: \(\Delta V = {{3\alpha Q} \over {cD}}\)
Thay số ta được:
\(\Delta V = {{{{3.11.10}^{ - 6}}{{. 297.10}^3}} \over {460.7800}} \approx 2,{73.10^{ - 6}}{m^3} = 2,73c{m^3}\)
VII. 7.
Một vòng nhôm mỏng khối lượng 5,7 g được treo vào một lực kế lò xo và mặt đáy của vòng nhôm đặt tiếp xúc với mặt nước đựng trong cốc thủy tinh. Đường kính ngoài của vòng nhôm bằng 40 mm. Cho biết hệ số căng bề mặt của nước là 72.10-3 N/m. Bỏ qua độ dày của vòng nhôm. Lấy g = 9,8 m/s2. Xác định lực kéo vòng nhôm để có thể bứt nó lên khỏi mặt nước.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức Fc = σ(πD + πd) ≈ σ2πD
Lời giải chi tiết:
Muốn kéo vòng nhôm bứt khỏi mặt thoáng của nước thì cần tác dụng lên nó lực F hướng thẳng đứng lên trên và có cường độ nhỏ nhất bằng tổng trọng lực P của vòng nhôm và lực căng bề mặt Fc của nước :
F = P + Fc
Vì mặt nước tiếp xúc với cả mặt trong và mặt ngoài của vòng nhôm nên lực căng bề mặt Fc có độ lớn bằng :
Fc = σ(πD + πd) ≈ σ2πD
với D là đường kính ngoài và d là đường kính trong của vòng nhôm mỏng. Bỏ qua độ dày của vòng nhôm và coi gần đúng :
d ≈ D hay D + d ≈ 2D.
Từ đó suy ra: F≈ P + π2πD.
Thay số, ta tìm được :
F = 5,7.10-3. 9,8 + 72.10-3. 2.3,14.40.10-3 ≈ 74.10-3 N.
VII. 8.
Xác định lượng nhiệt cần cung cấp để biến đổi 6,0 kg nước đá ở - 200C thành hơi nước ở 1000C. Cho biết nước đá có nhiệt dung riêng là 2090 J/kg. K và nhiệt nóng chảy riêng là 3,4.105 J/kg, nước có nhiệt dung riêng là 4180 J/kg. K và nhiệt hóa hơi riêng là 2,3.106 J/kg. Bỏ qua sự mất mát nhiệt do bình chứa hấp thụ và do truyền ra bên ngoài.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức Q1 = c1m(t0 - t1)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt cần cung cấp để biến đổi m = 6,0 kg nước đá ở nhiệt độ t1 = -20°C biến thành hơi nước ở t2 = 100°C có giá trị bằng :
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4
trong đó lượng nhiệt Q1 = c1m(t0 - t1) cung cấp cho m (kg) nước đá có
nhiệt dung riêng cđ để nhiệt độ của nó tăng từ t1 = -20°C đến t0 = 0°C; lượng
nhiệt Q0 = λm cung cấp cho m (kg) nước đá có nhiệt nóng chảy riêng λ ở
t0 = 0°C tan thành nước ở cùng nhiệt độ; lượng nhiệt Q2= c0m(t2 -t0)
cung cấp cho m (kg) nước có nhiệt dung riêng cn để nhiệt độ của nó tăng từ t0 = 0°C đến t2 = 100°C; lượng nhiệt Q3 = Lm cung cấp cho m (kg) nước
có nhiệt hoá hơi riêng L ở t2 = 100°C biến thành hơi nước ở cùng nhiệt độ. Như vậy, ta có thể viết:
Q = cđm(t0 - t1) + λm + cnm(t2 -t0) + Lm
hay Q = m[cđ(t0 - t1) + λ + cn(t2 -t0) + L]
Thay số, ta tìm được :
Q = 6,0. [2090.(0 + 20) + 3,4.105 + 4180.(100-0) + 2,3.106]
Q ≈ 186.106 J.
VII. 9.
Một đám mây thể tích 2,0.1010 m3 chứa hơi nước bão hòa trong khí quyển ở nhiệt độ 200C. Khi nhiệt độ của đám mây giảm xuống tới 100C, hơi nước bão hòa trong đám mây tụ lại thành các hạt mưa. Xác định khối lượng nước mưa rơi xuống. Cho biết khối lượng riêng của hơi nước bão hòa trong không khí ở 100C là 9,40 g/m3 và ở 200C là 17,30 g/m3.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(M = A. V\)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại A20 của không khí ở 200C có giá trị bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ, nên ta có : A20 = 17,30 g/m3.
và suy ra lượng hơi nước cực đại có trong thể tích V = 2,0.1010 m3 của đám mây :
M20 = A20V = 17,30.10-3. 2,0.1010 = 3,46.108 kg
Khi nhiệt độ không khí của đám mây giảm xuống tới 10°C thì lượng hơi nước cực đại có trong thể tích V = 2,0.1010 m3 của đám mây chỉ còn bằng :
M10 = A10V = 9,40.10-3. 2,0.1010 = l, 88.108 kg. Như vậy khối lượng nước mưa rơi xuống bằng :
M = M20 - M10 = 3,46.108- l, 88.108 = 1,58.108 kg = 158.103 tấn.
VII. 10.
Một sợi dây thép AB và một sợi dây đồng CD có độ dài và tiết diện giống nhau. Đầu trên của mỗi dây được treo cố định vào giá đỡ tại hai điểm A và C, đầu dưới của chúng được buộc vào hai đầu B và D của một thanh rắn nằm ngang dài 0,80 m (Hình VII). Hỏi phải treo vật nặng P tại vị trí nào trên thanh BD để thanh này luôn nằm ngang? Cho biết suất đàn hồi của thép là E1 = 19,6.1010 Pa, của đồng là E2 = 11,7.1010Pa. Giả thiết thành rắn BD không bị biến dạng.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức định luật Húc \({F_1} = {E_1}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_1}\)
Lời giải chi tiết:
Giả sử vật nặng được treo tại vị trí cách đầu B của thanh rắn một đoạn x. Khi đó ta có thể phân tích trọng lực \(\overrightarrow P \) tác dụng lên vật nặng thành hai lực thành phần \(\overrightarrow F_1 \) và \(\overrightarrow F_2 \) song song với. Lực tác dụng lên sợi dây thép tại điểm B và làm sợi dây thép dãn dài thêm một đoạn Δl1, lực \(\overrightarrow F_2 \) tác dụng lên sợi dây đồng tại điểm D và làm sợi dây đồng dãn dài thêm một đoạn Δl2. Vì sợi dây thép và sợi dây đồng có độ dài ban đầu l0 và tiết diện S giống nhau, nên theo định luật Húc, ta có :
\({F_1} = {E_1}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_1}\) và \({F_2} = {E_2}{S \over {{l_0}}}\Delta {l_2}\)
Muốn thanh rắn BD nằm ngang thì sợi dây thép và sợi dây đồng phải có độ dãn dài bằng nhau: Δl1 = Δl2. Thay điều kiện này vào F1 và F2 , ta được :
\({{{F_1}} \over {{F_2}}} = {{{E_1}} \over {{E_2}}}\)
Mặt khác theo quy tắc tổng hợp hai lực song song cùng chiều, ta có :
\({{{F_1}} \over {{F_2}}} = {{a - x} \over a}\)
Từ đó, ta suy ra : \(x = {{{E_2}a} \over {{E_1} + {E_2}}} = {{11,{{7.10}^{10}}. 0,80} \over {19,{{6.10}^{10}} + 11,{{7.10}^{10}}}} \approx 30\left( {cm} \right)\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài VII. 1, VII. 2, VII. 3, VII. 4, VII. 5 trang 94,95 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
A. 49,5 kN. B. 496 kN.
C. 4,95 kN. D. 0,495 kN.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
\(F = k.\Delta \ell = {\rm{ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}}\)
\(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1})\)
Lời giải chi tiết:
Khi bị nung nóng, độ dài của thanh đồng thau tăng. Muốn giữ độ dài của thanh này không đổi, ta phải tác dụng lên hai đầu thành một ứng suất nén sao cho độ biến dạng nén bằng độ nở dài vì nhiệt của nó
Theo định luật Húc, lực nén gây ra biến dạng của thanh rắn tính bằng:
\(F = k.\Delta \ell = {\rm{ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}}\)
Mặt khác, độ nở dài của thanh rắn khi nung nóng từ nhiệt độ \({t_1}\) đến nhiệt độ \({t_2}\) tính bằng:
\(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1}) \to \dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}} = \alpha ({t_2} - {t_1})\)
Từ đó suy ra \(F = {\rm{ES}}\alpha ({t_2} - {t_1})\)
Thay số ta được \(F = {11.10^{10}}{. 25.10^{ - 4}}{. 18.10^{ - 6}}.(100 - 0) = 4,95kN\)
Chọn đáp án C
A. 63,7.10 -3N.
B. 6,2.10-3N.
C. 73,2.10 -3N.
D. 62.10-3N.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\pi d\sigma \)
Lời giải chi tiết:
Lực kéo để bứt vòng đồng khỏi mặt nước bằng:
\(F = P + {F_c} = mg + 2\pi d\sigma \)
Trong đó \(P = mg\) là trọng lượng của vòng đồng, còn \({F_c} = 2\pi d\sigma \) là lực căng bế mặt của nước tác dụng lên hai mặt (trong và ngoài) của vòng đồng. Từ đó ta suy ra hệ số căng bề mặt của nước:
\(\sigma = \dfrac{{F - mg}}{{2\pi d}} = \dfrac{{0,17 - {{15.10}^{ - 3}}. 9,8}}{{{{2.3,14.50.10}^{ - 3}}}}\\ = {63,7.10^{ - 3}}N/m\)
Chọn đáp án A
A. 5900kJ. B. 7612 kJ.
C. 4700kJ. D. 470kJ.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cùng cấp để làm nóng chảy hoàn toàn thỏi nhôm khối lượng m = 8,0 kg ở \({t_0} = {20^0}C\) có giá trị bằng:
\(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m = m{\rm{(}}c(t - {t_0}) + \lambda {\rm{)}}\)
Thay số, ta được \(Q = 8,0{\rm{(880}}(658 - 20) + {3,9.10^5}{\rm{) \approx 7612kJ}}\)
Chọn đáp án B
A. 240 N
B. 2400 N
C. 120 N
D. 1200 N
Phương pháp giải:
Ta có \(\Delta {\ell _{\min }} = 2\pi (R - r)\)
Và \({F_{\min }}{\rm{ = ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{2\pi r}}\)
Lời giải chi tiết:
\(\begin{array}{l}{F_{\min }}{\rm{ = ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{2\pi r}}\\ = {12.10^{10}}.\left( {{{4.10}^{ - 4}}} \right)\dfrac{{2\pi \left({{{5.10}^{ - 4}}} \right)}}{{2\pi. 1}}\\ = 2400N\end{array}\)
Chọn đáp án B
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức: \(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1})\)
Lời giải chi tiết:
Khi nhiệt độ tăng từ 00C đến t°C thì độ dãn dài của :
- Thanh thép : Δl1 = l01α1t.
- Thanh đồng : Δl2 = l02α2t.
Từ đó suy ra độ dài chênh lệch của hai thanh thép và đồng ở nhiệt độ bất kì t°C có giá trị bằng :
Δl = Δl1 - Δl2 = l01α1t - l02α2t = (l01α1 - l02α2)t = 25 mm
Công thức này chứng tỏ Δl phụ thuộc bậc nhất vào t.
Rõ ràng, muốn Δl không phụ thuộc t, thì hệ số của t phải luôn có giá trị bằng không, tức là :
\({l_{01}}{\alpha _1} - {l_{02}}{\alpha _2} = 0 = > {{{l_{02}}} \over {{l_{01}}}} = {{{\alpha _1}} \over {{\alpha _2}}}\)
hay: \({{{l_{02}}} \over {{l_{01}} - {l_{02}}}} = {{{\alpha _1}} \over {{\alpha _2} - {\alpha _1}}} = {{{{12.10}^{ - 6}}} \over {{{16.10}^{ - 6}} - {{12.10}^{ - 6}}}} = 2\)
Từ đó suy ra độ dài ở 0°C của :
- Thanh đồng : l02 = 2(l01 - l02) = Δl = 2.25 = 50 mm.
- Thanh thép : l01 = l02 + Δl = 50 + 25 = 75 mm.
VII. 1.
Một thanh đồng thau hình trụ có tiết diện 25 cm2 bị nung nóng từ nhiệt độ 0°C đến 100°C. Xác định lực nén tác dụng vào hai đầu thanh này để độ dài của thanh giữ nguyên không đổi. Cho biết đồng thau có hệ số nở dài là 18.10-6 K-1 và suất đàn hồi là 11.1010 Pa.A. 49,5 kN. B. 496 kN.
C. 4,95 kN. D. 0,495 kN.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
\(F = k.\Delta \ell = {\rm{ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}}\)
\(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1})\)
Lời giải chi tiết:
Khi bị nung nóng, độ dài của thanh đồng thau tăng. Muốn giữ độ dài của thanh này không đổi, ta phải tác dụng lên hai đầu thành một ứng suất nén sao cho độ biến dạng nén bằng độ nở dài vì nhiệt của nó
Theo định luật Húc, lực nén gây ra biến dạng của thanh rắn tính bằng:
\(F = k.\Delta \ell = {\rm{ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}}\)
Mặt khác, độ nở dài của thanh rắn khi nung nóng từ nhiệt độ \({t_1}\) đến nhiệt độ \({t_2}\) tính bằng:
\(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1}) \to \dfrac{{\Delta \ell }}{{{\ell _1}}} = \alpha ({t_2} - {t_1})\)
Từ đó suy ra \(F = {\rm{ES}}\alpha ({t_2} - {t_1})\)
Thay số ta được \(F = {11.10^{10}}{. 25.10^{ - 4}}{. 18.10^{ - 6}}.(100 - 0) = 4,95kN\)
Chọn đáp án C
VII. 2.
Một vòng đồng mỏng khối lượng 15 g có đường kính 50 mm được treo vào một lực kế lò xo và mặt dưới của vòng đồng nằm tiếp xúc với mặt nước. Khi vòng đồng vừa bị kéo bứt khỏi mặt nước thì lực kế chỉ 0,17 N. Xác định hệ số căng bề mặt của nước. Lấy g = 9,8 m/s2. Bỏ qua độ dày của vòng đồng.A. 63,7.10 -3N.
B. 6,2.10-3N.
C. 73,2.10 -3N.
D. 62.10-3N.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\pi d\sigma \)
Lời giải chi tiết:
Lực kéo để bứt vòng đồng khỏi mặt nước bằng:
\(F = P + {F_c} = mg + 2\pi d\sigma \)
Trong đó \(P = mg\) là trọng lượng của vòng đồng, còn \({F_c} = 2\pi d\sigma \) là lực căng bế mặt của nước tác dụng lên hai mặt (trong và ngoài) của vòng đồng. Từ đó ta suy ra hệ số căng bề mặt của nước:
\(\sigma = \dfrac{{F - mg}}{{2\pi d}} = \dfrac{{0,17 - {{15.10}^{ - 3}}. 9,8}}{{{{2.3,14.50.10}^{ - 3}}}}\\ = {63,7.10^{ - 3}}N/m\)
Chọn đáp án A
VII. 3.
Một thỏi nhôm khối lượng 8,0 kg ở 20°C. Xác định lượng nhiệt cung cấp làm nóng chảy hoàn toàn thỏi nhôm này. Cho biết nhôm nóng chảy ở 658°C, có nhiệt nóng chảy riêng là 3,9.105J/kg và nhiệt dung riêng là 880 J/kg. K.A. 5900kJ. B. 7612 kJ.
C. 4700kJ. D. 470kJ.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cùng cấp để làm nóng chảy hoàn toàn thỏi nhôm khối lượng m = 8,0 kg ở \({t_0} = {20^0}C\) có giá trị bằng:
\(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m = m{\rm{(}}c(t - {t_0}) + \lambda {\rm{)}}\)
Thay số, ta được \(Q = 8,0{\rm{(880}}(658 - 20) + {3,9.10^5}{\rm{) \approx 7612kJ}}\)
Chọn đáp án B
VII. 4.
Một dây đồng tiết diện \(4m{m^2}\), được uốn thành một vòng tròn bán kính 100 cm, và lồng vào một vòng thép bán kính 100,05 cm. Suất đàn hồi của đồng là \({12.10^{10}}\)Pa. Để vòng đồng có thể khít chặt vào vòng thép (bỏ qua sự biến dạng của vòng thép), phải tác dụng vào vòng đồng một lực tối thiểu bằng:A. 240 N
B. 2400 N
C. 120 N
D. 1200 N
Phương pháp giải:
Ta có \(\Delta {\ell _{\min }} = 2\pi (R - r)\)
Và \({F_{\min }}{\rm{ = ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{2\pi r}}\)
Lời giải chi tiết:
\(\begin{array}{l}{F_{\min }}{\rm{ = ES}}\dfrac{{\Delta \ell }}{{2\pi r}}\\ = {12.10^{10}}.\left( {{{4.10}^{ - 4}}} \right)\dfrac{{2\pi \left({{{5.10}^{ - 4}}} \right)}}{{2\pi. 1}}\\ = 2400N\end{array}\)
Chọn đáp án B
VII. 5.
Xác định độ dài của thanh đồng và độ dài của thanh thép ở 0°C sao cho ở bất kì nhiệt độ nàọ, thanh thép luôn dài hơn thanh đồng 25 mm. Cho biết hệ số nở dài của đồng là 18.10-6 K-1 và của thép là 12.10-6 K-1.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức: \(\Delta \ell = \alpha {\ell _1}({t_2} - {t_1})\)
Lời giải chi tiết:
Khi nhiệt độ tăng từ 00C đến t°C thì độ dãn dài của :
- Thanh thép : Δl1 = l01α1t.
- Thanh đồng : Δl2 = l02α2t.
Từ đó suy ra độ dài chênh lệch của hai thanh thép và đồng ở nhiệt độ bất kì t°C có giá trị bằng :
Δl = Δl1 - Δl2 = l01α1t - l02α2t = (l01α1 - l02α2)t = 25 mm
Công thức này chứng tỏ Δl phụ thuộc bậc nhất vào t.
Rõ ràng, muốn Δl không phụ thuộc t, thì hệ số của t phải luôn có giá trị bằng không, tức là :
\({l_{01}}{\alpha _1} - {l_{02}}{\alpha _2} = 0 = > {{{l_{02}}} \over {{l_{01}}}} = {{{\alpha _1}} \over {{\alpha _2}}}\)
hay: \({{{l_{02}}} \over {{l_{01}} - {l_{02}}}} = {{{\alpha _1}} \over {{\alpha _2} - {\alpha _1}}} = {{{{12.10}^{ - 6}}} \over {{{16.10}^{ - 6}} - {{12.10}^{ - 6}}}} = 2\)
Từ đó suy ra độ dài ở 0°C của :
- Thanh đồng : l02 = 2(l01 - l02) = Δl = 2.25 = 50 mm.
- Thanh thép : l01 = l02 + Δl = 50 + 25 = 75 mm.
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 39.6,39.7,39.8,39.9,39.10 trang 94 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Khi nhiệt độ của không khí ẩm tăng lên thì độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm cực đại đều tăng do tốc độ bay hơi của nước trên mặt đất hoặc mặt nước (ao, hồ. Sông, biển) tăng. Nhưng độ ẩm tuyệt đối của không khí tăng theo nhiệt độ chậm hơn so với độ ẩm cực đại của không khí nên độ ẩm tỉ đối của không khí giảm khi nhiệt độ tăng.
Phương pháp giải:
Vận dụng lí thuyết về không khí.
Lời giải chi tiết:
Đám mây là lớp không khí chứa hơi nước ở trạng thái bão hoà. Các tinh thể ôxit cacbon rắn có nhiệt độ khá thấp nên chúng được phun vào những đám mây để tạo ra các tinh thể băng. Những tinh thể băng này trở thành các "tâm hội tụ" hơi nước bão hoà trong không khí và nhanh chóng tạo ra các hạt nước đủ lớn rơi xuống thành "mưa nhân tạo".
- Buổi sáng : nhiệt độ 20°C, độ ẩm tỉ đối 85 %.
- Buổi trưa : nhiệt độ 30°C, độ ẩm tỉ đối 65%
Khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở 20°C là 17,30 g/m3 và ở 30°C 30,29g/m3.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại của không khí bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà trong không khí ở cùng nhiệt độ, nên độ ẩm cực đại của không khí buổi sáng ở 20°C là A1 = 17,30 g/m3 và buổi trưa ở 30°C là A2 = 30,29 g/m3. Như vậy độ ẩm tuyệt đối của không khí.
- buổi sáng : a1 = f1A1 = 85%. 17,30 ≈ 14,7 g/m3.
- buổi trưa : a2 = f2A2 = 65%. 30,29 ≈ 19,7 g/m3.
Giá trị độ ẩm tuyệt đối của không khí buổi sáng và buổi trưa vừa tính được chứng tỏ : không khí buổi trưa chứa nhiều hơi nước hơn không khí buổi sáng. Nguyên nhân là do : nhiệt độ không khí buổi trưa cao hơn nên tốc độ bay hơi của nước từ mặt đất và mặt nước (hồ, ao, sông, biển) lớn hơn so với buổi sáng và lượng hơi nước trong không khí càng nhiều. Hơn nữa khi nhiệt độ càng cao thì áp suất hơi nước bão hoà trong không khí càng lớn, nghĩa là hơi nước trong không khí càng xa trạng thái bão hoà và do đó giới hạn của sự tăng áp suất hơi nước trong không khí càng mở rộng.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Độ ẩm tuyệt đối a20 của không khí ở 20°C trong căn phòng có giá trị bằng độ ẩm cực đại A12 của hơi nước bão hoà trong không khí ở 12°C. Nhưng độ ẩm cực đại A12 của hơi nước bão hoà trong không khí ở 12°C bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ này, nên ta có : a20 = A12= 10,76 g/m3.
Như vậy độ ẩm tỉ đối của không khí trong căn phòng ở 200C bằng :
\({f_{20}} = {{{a_{20}}} \over {{A_{20}}}} = {{10,76} \over {17,30}} \approx 62\% \)
Lượng hơi nước trong không khí của căn phòng ở 20°C bằng :
m = a20V = 10,76.10-3. 6.4.5 = 1,29 kg.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(M = A. V\)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại A20 của không khí ở 20°C có giá trị bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ, nên ta có :
A20 = 17,30 g/m3
Từ đó suy ra lượng hơi nước cực đại có thể có trong thể tích V = l, 4.10l0 m3 của đám mây bằng :
M20 = A20V = 17.30.10-3. 1,4.1010 = 2,40.108 kg
Khi nhiệt độ không khí của đám mây giảm xuống tới 10°C thì lượng hơi nước cực đại có thể có trong thể tích V = 1,4.1010 m3 của đám mây chỉ còn bằng :
M10 = A10V = 9,40.10-3. 1,4.1010 = 1,3.108 kg
Như vậy lượng nước mưa rơi xuống có khối lượng bằng :
M = M20-M10 = 2,40.108- 1,3.108= l, 1.108 kg= 110000 tấn.
39.6.
Tại sao khi nhiệt độ không khí ẩm tăng lên thì độ ẩm tuyệt đối lại tăng và ẩm tỉ đối của không khí lại giảm ?Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Khi nhiệt độ của không khí ẩm tăng lên thì độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm cực đại đều tăng do tốc độ bay hơi của nước trên mặt đất hoặc mặt nước (ao, hồ. Sông, biển) tăng. Nhưng độ ẩm tuyệt đối của không khí tăng theo nhiệt độ chậm hơn so với độ ẩm cực đại của không khí nên độ ẩm tỉ đối của không khí giảm khi nhiệt độ tăng.
39.7.
Tại sao khi dùng máy bay để phun chất ôxit cacbon rắn (tuyết cacbônic) vào những đám mây, người ta lại có thể gây ra "mưa nhân tạo" ?Phương pháp giải:
Vận dụng lí thuyết về không khí.
Lời giải chi tiết:
Đám mây là lớp không khí chứa hơi nước ở trạng thái bão hoà. Các tinh thể ôxit cacbon rắn có nhiệt độ khá thấp nên chúng được phun vào những đám mây để tạo ra các tinh thể băng. Những tinh thể băng này trở thành các "tâm hội tụ" hơi nước bão hoà trong không khí và nhanh chóng tạo ra các hạt nước đủ lớn rơi xuống thành "mưa nhân tạo".
39.8.
Căn cứ các số đo dưới đây của trạm quan sát khí tượng, hãy cho biết khô khí buổi sáng hay buổi trưa mang nhiều hơi nước hơn? Giải thích tại sao ?- Buổi sáng : nhiệt độ 20°C, độ ẩm tỉ đối 85 %.
- Buổi trưa : nhiệt độ 30°C, độ ẩm tỉ đối 65%
Khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở 20°C là 17,30 g/m3 và ở 30°C 30,29g/m3.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại của không khí bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà trong không khí ở cùng nhiệt độ, nên độ ẩm cực đại của không khí buổi sáng ở 20°C là A1 = 17,30 g/m3 và buổi trưa ở 30°C là A2 = 30,29 g/m3. Như vậy độ ẩm tuyệt đối của không khí.
- buổi sáng : a1 = f1A1 = 85%. 17,30 ≈ 14,7 g/m3.
- buổi trưa : a2 = f2A2 = 65%. 30,29 ≈ 19,7 g/m3.
Giá trị độ ẩm tuyệt đối của không khí buổi sáng và buổi trưa vừa tính được chứng tỏ : không khí buổi trưa chứa nhiều hơi nước hơn không khí buổi sáng. Nguyên nhân là do : nhiệt độ không khí buổi trưa cao hơn nên tốc độ bay hơi của nước từ mặt đất và mặt nước (hồ, ao, sông, biển) lớn hơn so với buổi sáng và lượng hơi nước trong không khí càng nhiều. Hơn nữa khi nhiệt độ càng cao thì áp suất hơi nước bão hoà trong không khí càng lớn, nghĩa là hơi nước trong không khí càng xa trạng thái bão hoà và do đó giới hạn của sự tăng áp suất hơi nước trong không khí càng mở rộng.
39.9.
Nhiệt độ của không khí trong phòng là 20°C. Nếu cho máy điều hoà nhiệt chạy để làm lạnh không khí trong phòng xuống tới 12°C thì hơi nước trong không khí của căn phòng trở nên bão hoà và tụ lại thành sương. Nhiệt 12°C được gọi là "điểm sương" của không khí trong căn phòng. Hãy tính độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm tỉ đối của không khí trong căn phòng này. Kích thước của căn phòng là 6 x 4 x 5 m. Khối lượng riêng của nước bão hoà trong không khí ở 12°C là 10,76 g/m3 và ở 20°C là 17,30 g/m3.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(f = \dfrac{a}{A}. 100\% \)
Lời giải chi tiết:
Độ ẩm tuyệt đối a20 của không khí ở 20°C trong căn phòng có giá trị bằng độ ẩm cực đại A12 của hơi nước bão hoà trong không khí ở 12°C. Nhưng độ ẩm cực đại A12 của hơi nước bão hoà trong không khí ở 12°C bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ này, nên ta có : a20 = A12= 10,76 g/m3.
Như vậy độ ẩm tỉ đối của không khí trong căn phòng ở 200C bằng :
\({f_{20}} = {{{a_{20}}} \over {{A_{20}}}} = {{10,76} \over {17,30}} \approx 62\% \)
Lượng hơi nước trong không khí của căn phòng ở 20°C bằng :
m = a20V = 10,76.10-3. 6.4.5 = 1,29 kg.
39.10.
Một đám mây thể tích 1,4.1010 m3 chứa hơi nước bão hoà trong khí quyển ở 20°C. Khi nhiệt độ của đám mây giảm xuống tới 10°C thì hơi nước bão hoà trong đám mây tụ lại thành các hạt mưa. Xác định lượng nước mưa xuống. Khối lượng riêng của hơi nước bão hoà trong không khí ở 10°C 9,40 g/m3 và ở 20°C là 17,30 g/m3.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(M = A. V\)
Lời giải chi tiết:
Vì độ ẩm cực đại A20 của không khí ở 20°C có giá trị bằng khối lượng riêng của hơi nước bão hoà ở cùng nhiệt độ, nên ta có :
A20 = 17,30 g/m3
Từ đó suy ra lượng hơi nước cực đại có thể có trong thể tích V = l, 4.10l0 m3 của đám mây bằng :
M20 = A20V = 17.30.10-3. 1,4.1010 = 2,40.108 kg
Khi nhiệt độ không khí của đám mây giảm xuống tới 10°C thì lượng hơi nước cực đại có thể có trong thể tích V = 1,4.1010 m3 của đám mây chỉ còn bằng :
M10 = A10V = 9,40.10-3. 1,4.1010 = 1,3.108 kg
Như vậy lượng nước mưa rơi xuống có khối lượng bằng :
M = M20-M10 = 2,40.108- 1,3.108= l, 1.108 kg= 110000 tấn.
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 38.8,38.9,38.10 trang 92,93 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
a) Nhiệt độ của thỏi sắt nóng trước khi được thả vào cốc nước đá.
b) Khối lượng của phần nước đá tan thành nước trong cốc khi cân bằng nhiệt.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
+ Sự nở khối: \(V = {V_0}(1 + \beta \Delta t)\)
Lời giải chi tiết:
a) Gọi V là thể tích ở nhiệt độ t và V0 là thể tích ở 0°C của thỏi sắt. Theo công thức nở khối vì nhiệt, ta có :
V = V0(1 + βt)
với β là hệ số nở khối của sắt. Vì khối lượng m của thỏi sắt không phụ thuộc nhiệt độ nên khối lượng riêng D của thỏi sắt ở nhiệt độ t liên hệ với khối lượng riêng D0 của nó ở 0°C theo công thức :
\(\displaystyle{D \over {{D_0}}} = {{{V_0}} \over V} = > D = {m \over V} = {{{D_0}} \over {1 + \beta t}}\)
Từ đó suy ra nhiệt độ t của thỏi sắt trước khi thả nó vào cốc nước đá :
\(t = \displaystyle{{{D_0}V - m} \over {m\beta }}\)
Thay số ta tìm được: \(t = \displaystyle{{{{7800.45.10}^{ - 6}} - {{350.10}^{ - 3}}} \over {{{350.10}^{ - 3}}. 3,{{3.10}^{ - 5}}}} = 86,{6^0}C\)
b) Khối lượng M của phần nước đá tan thành nước sau khi thả thỏi sắt nóng có nhiệt độ t°C vào cốc nước đá ở 0°C được xác định bởi điều kiện cân bằng nhiệt:
Mλ = cmt => \(M = \displaystyle{{cmt} \over \lambda }\)
trong đó λ là nhiệt nóng chảy riêng của nước đá, c là nhiệt dung riêng của thỏi sắt có khối lượng m.
Thay số, ta tìm được :
\(M = \displaystyle{{cmt} \over \lambda } = {{{{550.350.10}^{ - 3}}. 86,6} \over {3,{{4.10}^5}}} \approx 49g\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần cung cấp để nung nóng đến nhiệt độ nóng chảy và làm chảy lỏng 10 tấn đồng có giá trị bằng :
Q = cm(t - t0) + λm
với m là khối lượng của đồng cần nấu chảy, t0 và t là nhiệt độ ban đầu và nhiệt độ nóng chảy của đồng, c là nhiệt dung riêng và λ là nhiệt nóng chảy riêng của đồng.
Nếu gọi q là lượng nhiệt toả ra khi đốt cháy 1 kg xăng (còn gọi là năng suất toả nhiệt của xăng) thì khối lượng xăng (tính ra kilôgam) cần phải đốt cháy để nấu chảy đồng trong lò với hiệu suất 30% sẽ bằng :
\(M = \displaystyle{Q \over {0,3q}} = {{m\left[ {c\left( {t - {t_0}} \right) + \lambda } \right]} \over {0,30q}}\)
Thay số, ta tìm được :
\(M = \displaystyle{{{{10.10}^3}\left[ {380.\left( {1083 - 13} \right) + 1,{{8.10}^5}} \right]} \over {0,30.4,{{6.10}^7}}} = 425kg\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(\displaystyle{{{p_2}} \over {{T_2}}} = {{{p_1}} \over {{T_1}}}\)
Lời giải chi tiết:
Hơi nước bão hoà ở nhiệt độ T1 = (273 + 25) = 298 K được tách ra khỏi nước chứa trong bình kín có áp suất là p1 = 23,8 mmHg. Nếu đun nóng đẳng tích lượng hơi nước này tới nhiệt độ T2 = (273 + 30) = 303 K, thì áp suất của nó sẽ xác định theo định luật Sác-lơ :
\(\displaystyle{{{p_2}} \over {{T_2}}} = {{{p_1}} \over {{T_1}}} = > {p_2} = {p_1}{{{T_2}} \over {{T_1}}}\)
Thay số, ta tìm được : \({p_2} = 23,8\displaystyle{{303} \over {298}} \approx 24,2mmHg\)
Nhận xét thấy áp suất p2 ≈ 24,2 mmHg nhỏ hơn giá trị áp suất hơi nước bão hoà ở 30°C là pbh = 31,8 mmHg. Như vậy khi nhiệt độ tăng, áp suất hơi nước chứa trong bình kín không chứa nước (tuân theo định luật Sác-lơ) sẽ tăng chậm hơn áp suất hơi nước bão hoà trong bình kín có chứa nước.
38.8.
Một thỏi sắt nóng có khối lượng 350 g và thể tích 45 cm3 được thả vào chiếc cốc đang đựng nước đá ở 0°C trong nhiệt lượng kế. Khối lượng riêng của sắt ở 0°C là 7800 kg/m3 và hệ số nở khối của sắt là 3,3.10-5 K-1. Nhiệt dung riêng của sắt là 550 J/kg. K. Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là 3,4.105 J/k Bỏ qua sự mất mát nhiệt do nhiệt truyền ra bên ngoài. Xác định :a) Nhiệt độ của thỏi sắt nóng trước khi được thả vào cốc nước đá.
b) Khối lượng của phần nước đá tan thành nước trong cốc khi cân bằng nhiệt.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
+ Sự nở khối: \(V = {V_0}(1 + \beta \Delta t)\)
Lời giải chi tiết:
a) Gọi V là thể tích ở nhiệt độ t và V0 là thể tích ở 0°C của thỏi sắt. Theo công thức nở khối vì nhiệt, ta có :
V = V0(1 + βt)
với β là hệ số nở khối của sắt. Vì khối lượng m của thỏi sắt không phụ thuộc nhiệt độ nên khối lượng riêng D của thỏi sắt ở nhiệt độ t liên hệ với khối lượng riêng D0 của nó ở 0°C theo công thức :
\(\displaystyle{D \over {{D_0}}} = {{{V_0}} \over V} = > D = {m \over V} = {{{D_0}} \over {1 + \beta t}}\)
Từ đó suy ra nhiệt độ t của thỏi sắt trước khi thả nó vào cốc nước đá :
\(t = \displaystyle{{{D_0}V - m} \over {m\beta }}\)
Thay số ta tìm được: \(t = \displaystyle{{{{7800.45.10}^{ - 6}} - {{350.10}^{ - 3}}} \over {{{350.10}^{ - 3}}. 3,{{3.10}^{ - 5}}}} = 86,{6^0}C\)
b) Khối lượng M của phần nước đá tan thành nước sau khi thả thỏi sắt nóng có nhiệt độ t°C vào cốc nước đá ở 0°C được xác định bởi điều kiện cân bằng nhiệt:
Mλ = cmt => \(M = \displaystyle{{cmt} \over \lambda }\)
trong đó λ là nhiệt nóng chảy riêng của nước đá, c là nhiệt dung riêng của thỏi sắt có khối lượng m.
Thay số, ta tìm được :
\(M = \displaystyle{{cmt} \over \lambda } = {{{{550.350.10}^{ - 3}}. 86,6} \over {3,{{4.10}^5}}} \approx 49g\)
38.9.
Hỏi phải đốt cháy bao nhiêu kilôgam xăng trong lò nấu chảy với hiệu suất 30% để nung nóng đến nhiệt độ nóng chảy và làm chảy lỏng 10 tấn đồng? Cho biết đồng có nhiệt độ ban đầu là 13°C nóng chảy ở nhiệt độ 1083°C, nhiệt dung riêng là 380 J/kg. K, nhiệt nóng chảy riêng là 1,8.105 J/kg và lượng nhiệt toả ra khi đốt cháy 1 kg xăng là 4,6.107 J/kg.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần cung cấp để nung nóng đến nhiệt độ nóng chảy và làm chảy lỏng 10 tấn đồng có giá trị bằng :
Q = cm(t - t0) + λm
với m là khối lượng của đồng cần nấu chảy, t0 và t là nhiệt độ ban đầu và nhiệt độ nóng chảy của đồng, c là nhiệt dung riêng và λ là nhiệt nóng chảy riêng của đồng.
Nếu gọi q là lượng nhiệt toả ra khi đốt cháy 1 kg xăng (còn gọi là năng suất toả nhiệt của xăng) thì khối lượng xăng (tính ra kilôgam) cần phải đốt cháy để nấu chảy đồng trong lò với hiệu suất 30% sẽ bằng :
\(M = \displaystyle{Q \over {0,3q}} = {{m\left[ {c\left( {t - {t_0}} \right) + \lambda } \right]} \over {0,30q}}\)
Thay số, ta tìm được :
\(M = \displaystyle{{{{10.10}^3}\left[ {380.\left( {1083 - 13} \right) + 1,{{8.10}^5}} \right]} \over {0,30.4,{{6.10}^7}}} = 425kg\)
38.10.
Áp suất hơi nước bão hoà ở 25°C là 23,8 mmHg và ở 30°C là 31,8 mmHg. Nếu tách hơi nước bão hoà ở 25°C ra khỏi nước chứa trong bình kín và tiếp tục đun nóng đẳng tích lượng hơi nước này tới 30°C thì áp suất của nó sẽ bằng bao nhiêu ?Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(\displaystyle{{{p_2}} \over {{T_2}}} = {{{p_1}} \over {{T_1}}}\)
Lời giải chi tiết:
Hơi nước bão hoà ở nhiệt độ T1 = (273 + 25) = 298 K được tách ra khỏi nước chứa trong bình kín có áp suất là p1 = 23,8 mmHg. Nếu đun nóng đẳng tích lượng hơi nước này tới nhiệt độ T2 = (273 + 30) = 303 K, thì áp suất của nó sẽ xác định theo định luật Sác-lơ :
\(\displaystyle{{{p_2}} \over {{T_2}}} = {{{p_1}} \over {{T_1}}} = > {p_2} = {p_1}{{{T_2}} \over {{T_1}}}\)
Thay số, ta tìm được : \({p_2} = 23,8\displaystyle{{303} \over {298}} \approx 24,2mmHg\)
Nhận xét thấy áp suất p2 ≈ 24,2 mmHg nhỏ hơn giá trị áp suất hơi nước bão hoà ở 30°C là pbh = 31,8 mmHg. Như vậy khi nhiệt độ tăng, áp suất hơi nước chứa trong bình kín không chứa nước (tuân theo định luật Sác-lơ) sẽ tăng chậm hơn áp suất hơi nước bão hoà trong bình kín có chứa nước.
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 38.5,38.6,38.7 trang 92 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Gọi λ là nhiệt nóng chảy riêng của cục nước đá khối lượng m0 ở t0 = 0°C; còn c1, m1, c2, m2 là nhiệt dung riêng và khối lượng của cốc nhôm và của lượng nước đựng trong cốc ở nhiệt độ t1 = 20°C. Nếu gọi t°C là nhiệt độ của nước trong cốc nhôm khi cục nước đá vừa tan hết thì lượng nhiệt do cục nước đá ở t0 = 0°C đã thu vào để tan thành nước ở t°C bằng :
Q = λm0 + c2m0(t - t0) = m0(λ + c2t)
Còn nhiệt lượng do cốc nhôm và lượng nước đựng trong cốc ở t1 = 20°C toả ra để nhiệt độ của chúng giảm tới t°C (với t < t1) có giá trị bằng :
Q'= (c1m2 +c2m2)(t1 - t)
Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có :
Q' = Q => (c1m1 + c2m2) (t1 - t) = m0(λ + c2t)
Từ đó suy ra : \(t = {{\left( {{c_1}{m_1} + {c_2}{m_2}} \right){t_1} - \lambda {m_0}} \over {{c_1}{m_1} + {c_2}\left({{m_0} + {m_2}} \right)}}\)
Thay số : t ≈ 3,7°C.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
+ Nhiệt hóa hơi: \(Q = L. M\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần phải cung cấp để làm cho một cục nước đá có khối lượng 200 g nước đá ở -20°C tan thành nước và được đun sôi để biến hoàn toàn thành hơi nước ở 100°C.
Q = cđm(t1 - t0) + λm + cnm(t2 - t1) + Lm
hay Q = m [cđ(t1 - t0) + λ.+ cn(t2 - t1) + L]
Thay số, ta tìm được :
Q = 0,2. [2,09.103 (0 - (-20)) + 3,4.105 + 4,18.103 (100 - 0) + 2,3.106]
hay Q = 205 960 J ≈ 206 kJ
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Gọi λ là nhiệt nóng chảy riêng của cục nước đá khối lượng m0, còn c1, m1, c2, m2 là nhiệt dung riêng và khối lượng của cốc đồng và của lượng nước đựng trong cốc.
- Lượng nhiệt do cốc đồng và lượng nước đựng trong cốc ở t1 = 25°C toả ra để nhiệt độ giảm tới t = 15,2°C có giá trị bằng :
Q = (c1m1 + c2m2) (t1 -t)
- Lượng nhiệt do cục nước đá ở t0 = 0°C thu vào để tan thành nước ở t = 15,2°C có giá trị bằng :
Q' = m0(λ + c2t)
Theo nguyên lí cân bằng nhiệt, ta có :
Q' = Q => m0(λ + c2t) = (c1m1 + c2m2) (t1- t)
Từ đó suy ra : \(\lambda = {{\left( {{c_1}{m_1} + {c_2}{m_2}} \right)\left({{t_1} - t} \right)} \over {{m_0}}} - {c_2}t\)
Thay số với chú ý m0 = 0,775 - 0,700 = 0,075 kg, ta tìm được :
\(\lambda = {{\left( {380.0,200 + 4180.0,700} \right).\left({25,0 - 15,2} \right)} \over {0,075}} - 4180.15,2\\ \approx 3,{3.10^5}(J/kg)\)
38.5.
Người ta thả một cục nước đá khối lượng 80 g ở 0°C vào một cốc nhôm đựng 0,4 kg nước ở 20°C đặt trong nhiệt lượng kế. Khối lượng cốc nhôm là 0,2 kg. Xác định nhiệt độ của nước trong cốc nhôm khi cục nước đá vừa tan hết. Cho biết nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là 3,4.105 J/kg, nhiệt dung riêng của nhôm là 880 J/kg. K và của nước là 4180 J/kg. K. Bỏ qua sự mất mát nhiệt do truyền ra ngoài.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Gọi λ là nhiệt nóng chảy riêng của cục nước đá khối lượng m0 ở t0 = 0°C; còn c1, m1, c2, m2 là nhiệt dung riêng và khối lượng của cốc nhôm và của lượng nước đựng trong cốc ở nhiệt độ t1 = 20°C. Nếu gọi t°C là nhiệt độ của nước trong cốc nhôm khi cục nước đá vừa tan hết thì lượng nhiệt do cục nước đá ở t0 = 0°C đã thu vào để tan thành nước ở t°C bằng :
Q = λm0 + c2m0(t - t0) = m0(λ + c2t)
Còn nhiệt lượng do cốc nhôm và lượng nước đựng trong cốc ở t1 = 20°C toả ra để nhiệt độ của chúng giảm tới t°C (với t < t1) có giá trị bằng :
Q'= (c1m2 +c2m2)(t1 - t)
Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có :
Q' = Q => (c1m1 + c2m2) (t1 - t) = m0(λ + c2t)
Từ đó suy ra : \(t = {{\left( {{c_1}{m_1} + {c_2}{m_2}} \right){t_1} - \lambda {m_0}} \over {{c_1}{m_1} + {c_2}\left({{m_0} + {m_2}} \right)}}\)
Thay số : t ≈ 3,7°C.
38.6.
Xác định lượng nhiệt cần cung cấp cho cục nước đá khối lượng 0,2 kg ở 20°C biến hoàn toàn thành hơi nước ở 100°C. Cho biết nước đá có nhiệt nóng chảy riêng là 3,4.105 J/kg và nhiệt dung riêng là 2,09.103 J/kg. K ; nước có nhiệt dung riêng là 4,18.103 J/kg. K và nhiệt hoá hơi riêng là 2,3.106 J/kg.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
+ Nhiệt hóa hơi: \(Q = L. M\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần phải cung cấp để làm cho một cục nước đá có khối lượng 200 g nước đá ở -20°C tan thành nước và được đun sôi để biến hoàn toàn thành hơi nước ở 100°C.
Q = cđm(t1 - t0) + λm + cnm(t2 - t1) + Lm
hay Q = m [cđ(t1 - t0) + λ.+ cn(t2 - t1) + L]
Thay số, ta tìm được :
Q = 0,2. [2,09.103 (0 - (-20)) + 3,4.105 + 4,18.103 (100 - 0) + 2,3.106]
hay Q = 205 960 J ≈ 206 kJ
38.7.
Người ta thả cục nước đá ở 0°C vào chiếc cốc bằng đồng khối lượng 0,20 kg đặt ở trong nhiệt lượng kế, trong cốc đồng đựng 0,70 kg nước ở 25°C. Khi cục nước đá vừa tan hết thì nước trong cốc đồng có nhiệt độ là 15,2°C và khối lượng của nước là 0,775 kg. Xác định nhiệt nóng chảy của nước đá. Cho biết nhiệt dung riêng của đồng là 380 J/kg. K và của nước là 4180 J/kg. Bỏ qua sự mất mát nhiệt do truyền ra bên ngoài.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức:
+ Nhiệt nóng chảy: \(Q = \lambda m\)
+ Nhiệt lượng thu vào: \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Gọi λ là nhiệt nóng chảy riêng của cục nước đá khối lượng m0, còn c1, m1, c2, m2 là nhiệt dung riêng và khối lượng của cốc đồng và của lượng nước đựng trong cốc.
- Lượng nhiệt do cốc đồng và lượng nước đựng trong cốc ở t1 = 25°C toả ra để nhiệt độ giảm tới t = 15,2°C có giá trị bằng :
Q = (c1m1 + c2m2) (t1 -t)
- Lượng nhiệt do cục nước đá ở t0 = 0°C thu vào để tan thành nước ở t = 15,2°C có giá trị bằng :
Q' = m0(λ + c2t)
Theo nguyên lí cân bằng nhiệt, ta có :
Q' = Q => m0(λ + c2t) = (c1m1 + c2m2) (t1- t)
Từ đó suy ra : \(\lambda = {{\left( {{c_1}{m_1} + {c_2}{m_2}} \right)\left({{t_1} - t} \right)} \over {{m_0}}} - {c_2}t\)
Thay số với chú ý m0 = 0,775 - 0,700 = 0,075 kg, ta tìm được :
\(\lambda = {{\left( {380.0,200 + 4180.0,700} \right).\left({25,0 - 15,2} \right)} \over {0,075}} - 4180.15,2\\ \approx 3,{3.10^5}(J/kg)\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 38.1,38.2,38.3,38.4 trang 91,92 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
A. Q = 0,34.103J. B. Q = 340.105 J.
C. Q = 34.107J. D. Q = 34.103 J.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = \lambda m\)
Lời giải chi tiết:
Ta có lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm nóng chảy 100 g nước đá ở 0°C là \(Q = \lambda m = {0,1.3,4.10^5} = 34000J\)
Chọn đáp án D
A. Q = 23.106J B. Q = 2,3.105J.
C. Q = 2,3.106J. D. Q = 0,23.104J.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = L. M\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm bay hơi 100 g nước ở 100°C là \(Q = L. M = {2,3.10^6}. 0,1 = 230000J\)
Chọn đáp án B
A. Q ≈36 kJ. B. Q ≈ 190 kJ.
C. Q ≈19 kJ. D. Q ≈ 1,9 kJ.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = \lambda m\); \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cung cấp để làm nóng chảy cục nước đá khối lượng m = 50 g và nhiệt độ ban đầu \({t_0} = - {20^0}C\)có giá trị bằng:
\(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m = m{\rm{[}}c(t - {t_0}) + \lambda {\rm{]}}\)
Thay số \(Q = {50.10^{ - 3}}{\rm{[}}{2,09.10^3}(0 - ( - 20) + {3,4.10^5}){\rm{]=19kJ}}\)
Chọn đáp án C
A. \({5.9.10^6}J\)
B. \({59.10^4}J\)
C. \({4.7.10^6}J\)
D. \({47.10^6}J\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần để 8kg nhôm ở 20 độ nóng chảy là \(Q = mc\Delta t = 8.896.(658 - 20)={4,6.10^6}J\)
Chọn đáp án C
38.1.
Xác định lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm nóng chảy 100 g nước đá ở 0°C. Cho biết nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là 3,4.105 J/kg.A. Q = 0,34.103J. B. Q = 340.105 J.
C. Q = 34.107J. D. Q = 34.103 J.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = \lambda m\)
Lời giải chi tiết:
Ta có lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm nóng chảy 100 g nước đá ở 0°C là \(Q = \lambda m = {0,1.3,4.10^5} = 34000J\)
Chọn đáp án D
38.2.
Xác định lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm bay hơi 100 g nước ở 100°C. Cho biết nhiệt hoá hơi riêng của nước là J/kg .A. Q = 23.106J B. Q = 2,3.105J.
C. Q = 2,3.106J. D. Q = 0,23.104J.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = L. M\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm bay hơi 100 g nước ở 100°C là \(Q = L. M = {2,3.10^6}. 0,1 = 230000J\)
Chọn đáp án B
38.3.
Xác định lượng nhiệt Q cần cung cấp để làm nóng chảy cục nước đá khối lượng 50 g và đang có nhiệt độ - 20°C. Cho biết nước đá có nhiệt nóng chảy riêng là 3,4.105 J/kg và nhiệt dung riêng là 2,09.103 J/kg. K.A. Q ≈36 kJ. B. Q ≈ 190 kJ.
C. Q ≈19 kJ. D. Q ≈ 1,9 kJ.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = \lambda m\); \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Lượng nhiệt Q cung cấp để làm nóng chảy cục nước đá khối lượng m = 50 g và nhiệt độ ban đầu \({t_0} = - {20^0}C\)có giá trị bằng:
\(Q = cm(t - {t_0}) + \lambda m = m{\rm{[}}c(t - {t_0}) + \lambda {\rm{]}}\)
Thay số \(Q = {50.10^{ - 3}}{\rm{[}}{2,09.10^3}(0 - ( - 20) + {3,4.10^5}){\rm{]=19kJ}}\)
Chọn đáp án C
38.4.
Nhiệt lượng cần để làm nóng chảy 8 kg nhôm ở \({20^0}C\) là:A. \({5.9.10^6}J\)
B. \({59.10^4}J\)
C. \({4.7.10^6}J\)
D. \({47.10^6}J\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \(Q = mc\Delta t\)
Lời giải chi tiết:
Nhiệt lượng cần để 8kg nhôm ở 20 độ nóng chảy là \(Q = mc\Delta t = 8.896.(658 - 20)={4,6.10^6}J\)
Chọn đáp án C
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 37.6,37.7,37.8,37.9,37.10 trang 90,91 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Muốn kéo vòng nhôm bứt khỏi mặt thoáng của nước thì cần tác dụng lên nó lực F1 hướng thẳng đứng lên trên và có cường độ nhỏ nhất bằng tổng trọng lực P của vòng nhôm và lực căng bề mặt Fc của nước : F1 = P + Fc
Vì mặt thoáng của nước tiếp xúc với cả mặt trong và mặt ngoài của vòng nhôm nên lực căng bề mặt Fc có độ lớn bằng :
Fc = σπ(d + D)
Từ đó suy ra: F1= P + σπ(d + D).
a) Với chất lỏng là nước có σ = 72.10-3 N/m, ta tìm được :
F1 = 62,8.10-3 + 72.10-3. 3,14.(48 + 50). 10-3 ≈ 85.10-3 N
Với chất lỏng là rượu có σ = 22.10-3 N/m, ta tìm được :
F2 = 62,8.10-3 + 22.10-3. 3,14.(48 + 50). 10-3 ≈ 69,5.10-3 N.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Do mẩu gỗ bị nước dính ướt hoàn toàn, nên lực căng bề mặt Fc tác dụng lên mẩu gỗ hướng thẳng đứng xuống dưới. Điều kiện để mẩu gỗ nổi trên mặt nước là tổng của trọng lực Pp và lực căng bề mặt Fc phải cân bằng với lực đẩy Ác-si-mét FA (H. 37.1G):
P + Fc = FA
Gọi a là độ dài mỗi cạnh của mẩu gỗ, x là độ ngập sâu trong nước của mẩu gỗ, D và σ là khối lượng riêng và hệ số căng bề mặt của nước. Thay P = mg, Fc = σ4a và FA = Da2xg (bằng trọng lượng nước bị phần mẩu gỗ chìm trong nước chiếm chỗ), ta tìm được:
\(mg + \sigma 4a = D{a^2}xg \\\to x = \displaystyle{{mg + \sigma 4a} \over {D{a^2}g}}\)
Thay số: \(x = \displaystyle{{{{20.10}^{ - 3}}. 9,8 + 0,{{072.4.30.10}^{ - 3}}} \over {1000.{{\left( {{{30.10}^{ - 3}}} \right)}^2}. 9,8}}\\ \approx \left({2,2 + 0,1} \right)cm = 2,3cm\)
Như vậy lực dính ướt có tác dụng làm mẩu gỗ chìm sâu thêm 0,1 cm chiếm tỉ lệ khoảng hơn 4% độ ngập sâu của mẩu gỗ.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Muốn chiếc kim nổi trên mặt nước thì hiệu số giữa trọng lượng P và lực đẩy Ác-si-mét FA tác dụng lên chiếc kim phải lớn hơn hoặc bằng lực căng bề mặt Fc của phần mặt nước đỡ chiếc kim nổi trên nó (H. 37.2G) :
P – FA > Fc
Gọi d là bán kính, l là chiều dài và D là khối lượng riêng của chiếc kim, còn D0 và σ là khối lượng riêng và hệ số căng bề mặt của nước.
Thay \(P = mg = D\displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}\lg ,{F_c} = \sigma 2\left( {d + l} \right)\)
và \({F_A} = \displaystyle{D_0}{1 \over 2}{{\pi {d^2}} \over 4}\lg \) (trọng lượng nước bị một nửa phần chiếc kim chìm
trong nước chiếm chỗ), đồng thời chú ý rằng d = 0,05l hay l = 20d, ta tìm được :
\(D\displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}20dg - {D_0}{{\pi {d^2}} \over 8}20dg \ge \sigma 2\left( {d + 20d} \right)\)
Từ đó suy ra : \(d \ge \sqrt {\displaystyle{{16,8\sigma } \over {\pi g\left( {2D - {D_0}} \right)}}} \)
Thay số, ta được : \({d_{\max }} = \sqrt {\displaystyle{{16,8.0,072} \over {3,14.9,8.\left( {2.7800 - 1000} \right)}}} \approx 1,64mm\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = \sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Trọng lượng P của mỗi giọt rượu khi bắt đầu rơi khỏi miệng ống nhỏ giọt có độ lớn bằng lực căng bề mặt Fc của rượu tác dụng lên chu vi của miệng ống nhỏ giọt, tức là :
P = Fc = σl = σπd
với σ là hệ số căng bề mặt của rượu và l = πd là chu vi của miệng ống nhỏ giọt.
Gọi M là khối lượng rượu chảy khỏi miệng ống trong thời gian t. Vì hai giọt rượu kế tiếp chảy khỏi miệng ống cách nhau 2,0 s nên trọng lượng P mỗi giọt tính bằng :
\(P = \displaystyle{{Mg} \over {\displaystyle{t \over 2}}} = {{2Mg} \over t}\)
Từ đó ta tìm được : \(\sigma = \displaystyle{{2Mg} \over {\pi dt}} = {{{{2.10.10}^{ - 3}}. 9,8} \over {3,{{14.2.10}^{ - 3}}. 720}} \approx 4,{3.10^{ - 2}}\left( {N/m} \right)\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Cột nước còn đọng lại được trong ống mao dẫn là do tác dụng cân bằng giữa trọng lượng P của cột nước với tổng các lực dính ướt Fd của thành ống tạo thành mặt khum lõm ở đầu trên và mặt khum lồi ở đầu dưới của cột nước (H. 37.3G). Tại vị trí tiếp xúc giữa hai mặt khum của cột nước với thành ống, các lực dính ướt Fd đều hướng thẳng đứng lên phía trên và có cùng độ lớn với lực căng bề mặt Fc của nước.
Fd = Fc = σπd
với d là đường kính của ống mao dẫn và σ là hệ số căng bề mặt của nước. Nếu gọi D là khối lượng riêng của nước và h là độ cao của cột nước trong ống thì trọng lượng cột nước bằng : \(P = mg = Dgh \displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}\)
Khi đó điều kiện cân bằng của cột nước đọng lại trong ống là :
\(P = 2{F_d} = > Dgh \displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4} = 2\sigma \pi d\)
Từ đó suy ra : \(h = \displaystyle{{8\sigma } \over {Dgd}} = {{{{8.72.10}^{ - 3}}} \over {1000.9,8.2,{{0.10}^{ - 3}}}} \approx 29,4\left( {mm} \right)\)
37.6.
Một vòng nhôm có trọng lượng là 62,8.10-3 N được đặt sao cho đáy của tiếp xúc với mặt chất lỏng đựng trong một cốc thuỷ tinh. Đường kính trong và đường kính ngoài của vòng nhôm lần lượt bằng 48 mm và 50 mm. Cho biết hệ số căng bề mặt của nước là 72.10-3 N/m và của rượu là 22.10-3 N/m. Xác định lực kéo vòng nhôm đê bứt nó lên khỏi mặt thoáng của chất lỏng trong hai trường hợp : a) chất lỏng là nước; b) chất lỏng là rượu.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Muốn kéo vòng nhôm bứt khỏi mặt thoáng của nước thì cần tác dụng lên nó lực F1 hướng thẳng đứng lên trên và có cường độ nhỏ nhất bằng tổng trọng lực P của vòng nhôm và lực căng bề mặt Fc của nước : F1 = P + Fc
Vì mặt thoáng của nước tiếp xúc với cả mặt trong và mặt ngoài của vòng nhôm nên lực căng bề mặt Fc có độ lớn bằng :
Fc = σπ(d + D)
Từ đó suy ra: F1= P + σπ(d + D).
a) Với chất lỏng là nước có σ = 72.10-3 N/m, ta tìm được :
F1 = 62,8.10-3 + 72.10-3. 3,14.(48 + 50). 10-3 ≈ 85.10-3 N
Với chất lỏng là rượu có σ = 22.10-3 N/m, ta tìm được :
F2 = 62,8.10-3 + 22.10-3. 3,14.(48 + 50). 10-3 ≈ 69,5.10-3 N.
37.7.
Một mẩu gỗ hình lập phương có khối lượng 20 g được đặt nổi trên mặt nước. Mẩu gỗ có cạnh dài 30 mm và dính ướt nước hoàn toàn. Cho biết nước có khối lượng riêng là 1000 kg/m3 và hệ số căng bề mặt là 0,072 N/ Lấy g = 9,8 m/s2. Xác định độ ngập sâu trong nước của mẩu gỗ.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Do mẩu gỗ bị nước dính ướt hoàn toàn, nên lực căng bề mặt Fc tác dụng lên mẩu gỗ hướng thẳng đứng xuống dưới. Điều kiện để mẩu gỗ nổi trên mặt nước là tổng của trọng lực Pp và lực căng bề mặt Fc phải cân bằng với lực đẩy Ác-si-mét FA (H. 37.1G):
P + Fc = FA
Gọi a là độ dài mỗi cạnh của mẩu gỗ, x là độ ngập sâu trong nước của mẩu gỗ, D và σ là khối lượng riêng và hệ số căng bề mặt của nước. Thay P = mg, Fc = σ4a và FA = Da2xg (bằng trọng lượng nước bị phần mẩu gỗ chìm trong nước chiếm chỗ), ta tìm được:
\(mg + \sigma 4a = D{a^2}xg \\\to x = \displaystyle{{mg + \sigma 4a} \over {D{a^2}g}}\)
Thay số: \(x = \displaystyle{{{{20.10}^{ - 3}}. 9,8 + 0,{{072.4.30.10}^{ - 3}}} \over {1000.{{\left( {{{30.10}^{ - 3}}} \right)}^2}. 9,8}}\\ \approx \left({2,2 + 0,1} \right)cm = 2,3cm\)
Như vậy lực dính ướt có tác dụng làm mẩu gỗ chìm sâu thêm 0,1 cm chiếm tỉ lệ khoảng hơn 4% độ ngập sâu của mẩu gỗ.
37.8.
Một chiếc kim hình trụ bằng thép có bôi một lớp mỏng dầu nhờn ở mặt ngoài được đặt nằm ngang và nổi trên mặt nước. Hãy xác định đường kính lớn nhất của chiếc kim sao cho độ chìm sâu trong nước của chiếc kim bằng bán kính của nó. Đường kính chiếc kim bằng 5% độ dài của nó. Cho biết khối lượng riêng của thép là 7800 kg/m3 và của nước là 1000 kg/m3 hệ số căng bề mặt của nước là 0,072 N/m, lấy g ≈ 9,8 m/s2.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Muốn chiếc kim nổi trên mặt nước thì hiệu số giữa trọng lượng P và lực đẩy Ác-si-mét FA tác dụng lên chiếc kim phải lớn hơn hoặc bằng lực căng bề mặt Fc của phần mặt nước đỡ chiếc kim nổi trên nó (H. 37.2G) :
P – FA > Fc
Gọi d là bán kính, l là chiều dài và D là khối lượng riêng của chiếc kim, còn D0 và σ là khối lượng riêng và hệ số căng bề mặt của nước.
Thay \(P = mg = D\displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}\lg ,{F_c} = \sigma 2\left( {d + l} \right)\)
và \({F_A} = \displaystyle{D_0}{1 \over 2}{{\pi {d^2}} \over 4}\lg \) (trọng lượng nước bị một nửa phần chiếc kim chìm
trong nước chiếm chỗ), đồng thời chú ý rằng d = 0,05l hay l = 20d, ta tìm được :
\(D\displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}20dg - {D_0}{{\pi {d^2}} \over 8}20dg \ge \sigma 2\left( {d + 20d} \right)\)
Từ đó suy ra : \(d \ge \sqrt {\displaystyle{{16,8\sigma } \over {\pi g\left( {2D - {D_0}} \right)}}} \)
Thay số, ta được : \({d_{\max }} = \sqrt {\displaystyle{{16,8.0,072} \over {3,14.9,8.\left( {2.7800 - 1000} \right)}}} \approx 1,64mm\)
37.9.
Một bình có ống nhỏ giọt ở đầu phía dưới. Rượu chứa trong bình chảy khỏi ống nhỏ giọt này thành từng giọt cách nhau 2,0 s. Miệng ống nhỏ giọt có đường kính 2,0 mm. Sau khoảng thời gian 720 s, khối lượng rượu chảy khỏi ống là 10 g. Xác định hệ số căng bề mặt của rượu. Coi rằng chỗ thắt của giọt rượu khi nó bắt đầu rơi khỏi miệng ống nhỏ giọt có đường kính bằng đường kính của ống nhỏ giọt. Lấy g = 9,8 m/s2.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = \sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Trọng lượng P của mỗi giọt rượu khi bắt đầu rơi khỏi miệng ống nhỏ giọt có độ lớn bằng lực căng bề mặt Fc của rượu tác dụng lên chu vi của miệng ống nhỏ giọt, tức là :
P = Fc = σl = σπd
với σ là hệ số căng bề mặt của rượu và l = πd là chu vi của miệng ống nhỏ giọt.
Gọi M là khối lượng rượu chảy khỏi miệng ống trong thời gian t. Vì hai giọt rượu kế tiếp chảy khỏi miệng ống cách nhau 2,0 s nên trọng lượng P mỗi giọt tính bằng :
\(P = \displaystyle{{Mg} \over {\displaystyle{t \over 2}}} = {{2Mg} \over t}\)
Từ đó ta tìm được : \(\sigma = \displaystyle{{2Mg} \over {\pi dt}} = {{{{2.10.10}^{ - 3}}. 9,8} \over {3,{{14.2.10}^{ - 3}}. 720}} \approx 4,{3.10^{ - 2}}\left( {N/m} \right)\)
37.10.
Một ống mao dẫn dài và mỏng có hai đầu đều hở được cắm thẳng đứng xuống nước sao cho toàn bộ chiều dài của ống ngập trong nước. Dùng tay bịt kín đầu dưới của ống và nhấc ống thẳng đứng lên khỏi nước. Sau đó buông nhẹ tay để đầu dưới của ống lại hở. Xác định độ cao của cột nước còn đọng trong ống. Cho biết đường kính của ống là 2,0 mm, khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3 và hệ số căng bể mặt của nước là 72,5.10-3 N/m, lấy g ≈ 9,8 m/s2.Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\); \({F_A} = d. V\)
Lời giải chi tiết:
Cột nước còn đọng lại được trong ống mao dẫn là do tác dụng cân bằng giữa trọng lượng P của cột nước với tổng các lực dính ướt Fd của thành ống tạo thành mặt khum lõm ở đầu trên và mặt khum lồi ở đầu dưới của cột nước (H. 37.3G). Tại vị trí tiếp xúc giữa hai mặt khum của cột nước với thành ống, các lực dính ướt Fd đều hướng thẳng đứng lên phía trên và có cùng độ lớn với lực căng bề mặt Fc của nước.
Fd = Fc = σπd
với d là đường kính của ống mao dẫn và σ là hệ số căng bề mặt của nước. Nếu gọi D là khối lượng riêng của nước và h là độ cao của cột nước trong ống thì trọng lượng cột nước bằng : \(P = mg = Dgh \displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4}\)
Khi đó điều kiện cân bằng của cột nước đọng lại trong ống là :
\(P = 2{F_d} = > Dgh \displaystyle{{\pi {d^2}} \over 4} = 2\sigma \pi d\)
Từ đó suy ra : \(h = \displaystyle{{8\sigma } \over {Dgd}} = {{{{8.72.10}^{ - 3}}} \over {1000.9,8.2,{{0.10}^{ - 3}}}} \approx 29,4\left( {mm} \right)\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
Bài 37.1,37.2,37.3,37.4,37.5 trang 89,90 SBT Vật lí 10
Câu hỏi:
D. F = 7,2.10-2 N
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
\(\to {F_c} = 2\sigma. L = 2\sigma .\pi d \\= {2.72.10^{ - 3}}.\pi {. 50.10^{ - 3}} = {7,2.10^{ - 3}}\pi N\)
Lực kéo để có thể bứt vòng nhôm lên khỏi mặt nước là:
\(F = P + {F_c} = {7,2.10^{ - 3}}\pi + {68.10^{ - 3}} \\= {9,06.10^{ - 2}}N\)
Chọn đáp án B
A. D = 10,8 mm.
B. D = 12,6 mm.
C. D = 2,6 mm.
D. D = 1,08 mm.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Lực căng màng xà phòng tác dụng lên đoạn dây ab là\({F_c} = 2.\sigma. L = {2.40.10^{ - 3}}{. 80.10^{ - 3}} = {6,4.10^{ - 3}}N\)
Dây ab nằm cân bằng khi \(P = {F_c} = {6,4.10^{ - 3}}N\)
Trọng lực của dây ab là:
\(P = mg = \rho Vg = \rho \dfrac{{\pi {d^2}}}{4}.\ell. G \\\to d = \sqrt {\dfrac{{4P}}{{\rho \pi \ell g}}} = \sqrt {\dfrac{{{{4.6,4.10}^{ - 3}}}}{{{{8,9.10}^3}.\pi {{. 80.10}^{ - 3}}. 9,8}}} \\= {1,08.10^{ - 3}}m = 1,08mm\)
Chọn đáp án D
B. Xấp xỉ 36.10-3 N/m.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = \sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Khi giọt nước rơi khỏi miệng ống thì trọng lượng P của nó bằng lực căng bề mặt \({F_c}\)tác dụng lên giọt nước tại miệng ống:
\(P = {F_c} = \sigma \pi d\)
Với d là đường kính miệng ống nhỏ giọt, \(\sigma \)là hệ số căng bề mặt của nước
Từ đó suy ra:
\(\sigma = \dfrac{P}{{\pi d}} = \dfrac{{{{9,72.10}^{ - 5}}}}{{{{3,14.0,43.10}^{ - 3}}}} \\\approx {72.10^{ - 3}}N/m\)
Chọn đáp án A
D. F = 7,2.10-2 N
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(F = {F_c} = 2\sigma. L = 2\sigma .\pi d = {2.72.10^{ - 3}}.\pi {. 50.10^{ - 3}} \\= {2,26.10^{ - 2}}mm\)
Chọn đáp án B
A. \({2.10^{ - 3}}N\)
B. \({4.10^{ - 3}}N\)
C. \({1,6.10^{ - 3}}N\)
D. \({2,5.10^{ - 3}}N\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2.\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
\(P = {F_c} = 2\sigma L = 2\sigma .\pi d = {2.0.04.50.10^{ - 3}} \\= {4.10^{ - 3}}N\)
Chọn đáp án B
37.1.
C. F = 226.10-3 N.D. F = 7,2.10-2 N
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
\(\to {F_c} = 2\sigma. L = 2\sigma .\pi d \\= {2.72.10^{ - 3}}.\pi {. 50.10^{ - 3}} = {7,2.10^{ - 3}}\pi N\)
Lực kéo để có thể bứt vòng nhôm lên khỏi mặt nước là:
\(F = P + {F_c} = {7,2.10^{ - 3}}\pi + {68.10^{ - 3}} \\= {9,06.10^{ - 2}}N\)
Chọn đáp án B
37.2.
Một màng xà phòng được căng trên mặt khung dây đồng hình chữ nhật treo thẳng đứng, đoạn dây ab dài 80 mm có thể trượt không ma sát trên khung này (H. 37.1). Cho biết hệ số căng bề mặt của nước xà phòng là 40.10-3 N/m và khối lượng riêng của đồng là 8,9.103 kg/m3. Xác định đường kính của đoạn dây ab để nó nằm cân bằng, lấy g ≈ 9,8 m/s2.A. D = 10,8 mm.
B. D = 12,6 mm.
C. D = 2,6 mm.
D. D = 1,08 mm.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Lực căng màng xà phòng tác dụng lên đoạn dây ab là\({F_c} = 2.\sigma. L = {2.40.10^{ - 3}}{. 80.10^{ - 3}} = {6,4.10^{ - 3}}N\)
Dây ab nằm cân bằng khi \(P = {F_c} = {6,4.10^{ - 3}}N\)
Trọng lực của dây ab là:
\(P = mg = \rho Vg = \rho \dfrac{{\pi {d^2}}}{4}.\ell. G \\\to d = \sqrt {\dfrac{{4P}}{{\rho \pi \ell g}}} = \sqrt {\dfrac{{{{4.6,4.10}^{ - 3}}}}{{{{8,9.10}^3}.\pi {{. 80.10}^{ - 3}}. 9,8}}} \\= {1,08.10^{ - 3}}m = 1,08mm\)
Chọn đáp án D
37.3.
A. Xấp xỉ 72.10-3 N/m.B. Xấp xỉ 36.10-3 N/m.
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = \sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Khi giọt nước rơi khỏi miệng ống thì trọng lượng P của nó bằng lực căng bề mặt \({F_c}\)tác dụng lên giọt nước tại miệng ống:
\(P = {F_c} = \sigma \pi d\)
Với d là đường kính miệng ống nhỏ giọt, \(\sigma \)là hệ số căng bề mặt của nước
Từ đó suy ra:
\(\sigma = \dfrac{P}{{\pi d}} = \dfrac{{{{9,72.10}^{ - 5}}}}{{{{3,14.0,43.10}^{ - 3}}}} \\\approx {72.10^{ - 3}}N/m\)
Chọn đáp án A
37.4.
C. F = 22,6.10-2 N.D. F = 7,2.10-2 N
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(F = {F_c} = 2\sigma. L = 2\sigma .\pi d = {2.72.10^{ - 3}}.\pi {. 50.10^{ - 3}} \\= {2,26.10^{ - 2}}mm\)
Chọn đáp án B
37.5.
Một màng xà phòng căng trên một khung dây đồng hình chữ nhật treo thẳng đứng (H. 37.2). Đoạn dây ab dài 50 mm và có thể trượt dễ dàng trên khung. Hệ số căng bề mặt của xà phòng là 0,04 N/m. Dây ab sẽ đứng yên khi trọng lượng của nó làA. \({2.10^{ - 3}}N\)
B. \({4.10^{ - 3}}N\)
C. \({1,6.10^{ - 3}}N\)
D. \({2,5.10^{ - 3}}N\)
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức \({F_c} = 2.\sigma. L\)
Lời giải chi tiết:
\(P = {F_c} = 2\sigma L = 2\sigma .\pi d = {2.0.04.50.10^{ - 3}} \\= {4.10^{ - 3}}N\)
Chọn đáp án B
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!