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
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: 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
