Nhiệt lượng toả ra trên bóng đèn trong một giây cuối cùng của quá
Nhiệt lượng toả ra trên bóng đèn trong một giây cuối cùng của quá trình thay đổi độ lớn cảm ứng từ là bao nhiêu \(\mu J\) ? (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất)
Đáp án đúng là:
Quảng cáo
Từ thông: \(\Phi = NBS.\cos \alpha \)
Độ lớn suất điện động cảm ứng: \(\left| {{e_c}} \right| = \left| {\dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right|\)
Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R: \(Q = {I^2}Rt\)
Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{\xi }{{r + {R_N}}}\)
\({R_1} = 2\Omega ;{R_2} = 1\Omega \)
Một giây cuối cùng ứng với \(t = 4s \to t = 5s\)
Công thức tính nhiệt lượng: \(Q = {I^2}.R.t\)
Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{{\left| {{e_c}} \right|}}{{{R_1} + {R_2}}}\)
\( \Rightarrow \)Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn: \({Q_{bong\,\,den}} = {\left( {\dfrac{{\left| {{e_c}} \right|}}{{{R_1} + {R_2}}}} \right)^2}.{R_2}.t\)
Độ lớn suất điện động cảm ứng sinh ra trong một giây cuối cùng:
\(\left| {{e_c}} \right| = \left| {\dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right| = \dfrac{{S.\left| {\Delta B} \right|}}{{\Delta t}} = \dfrac{{\left( {\pi .0,{{05}^2}} \right){{.500.10}^{ - 3}}}}{1} = 3,{925.10^{ - 3}}V\)
\( \Rightarrow {Q_{bong\,\,den}} = {\left( {\dfrac{{3,{{925.10}^{ - 3}}}}{{2 + 1}}} \right)^2}.1.1 = 1,{711736.10^{ - 6}}J\)
\( \Rightarrow {Q_{bong\,\,den}} = 1,711736\mu J \approx 1,7\mu J\)
Đáp số: 1,7.
Đáp án cần điền là: 1,7
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
