Bài tập phân tích dữ kiện, số liệu

Một biến độc lập là biến không bị ảnh hưởng khi làm thí nghiệm, hay nói cách khác, các biến độc lập không bị ảnh hưởng bởi các biến khác trong thí nghiệm. Thời gian để quả bóng đi xuống đường dốc bị ảnh hưởng bởi khoảng cách và vật liệu của bề mặt. Do đó, thời gian là biến phụ thuộc. Khoảng cách quả bóng di chuyển và bề mặt vật liệu được thử nghiệm không bị ảnh hưởng bởi bất kì biến nào khác và là các biến độc lập.

Động năng của hạt mêzôn trong khí quyển bằng 1,5 lần năng lượng nghỉ  nên ta có:
\({{\rm{W}}_d} = \dfrac{{3{{\rm{E}}_0}}}{2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - {E_0} = \dfrac{{3{E_0}}}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} = \dfrac{5}{2}\)

\( \Rightarrow {v^2} = \dfrac{{21}}{{25}}{c^2} \Rightarrow v = 2,{75.10^8}m/s\)

Độ phóng xạ của mẫu thực vật là:

\(H={{H}_{0}}{{.2}^{-\frac{t}{T}}}\Rightarrow 0,233=0,{{255.2}^{-\frac{t}{5700}}}\Rightarrow t=742\) (năm)

Năm xảy ra động đất là: \(1979-742=1237\)

\(p = mv = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{{\left( {0,6c} \right)}^2}}}{{{c^2}}}0,6c} }} = \dfrac{3}{4}{m_0}c = 0,75{m_0}c\)

Khi tốc độ của vật tăng thì hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng luôn không đổi.

Thời gian sóng ngang truyền là: \({{t}_{n}}=\frac{L}{{{v}_{n}}}=\frac{L}{5000}\)

Thời gian sóng dọc truyền là: \({{t}_{d}}=\frac{L}{{{v}_{d}}}=\frac{L}{8000}\)

Khoảng thời gian giữa hai tín hiệu là:

\(\begin{align}& \Delta t={{t}_{n}}-{{t}_{d}}\Rightarrow 240=\frac{L}{5000}-\frac{L}{8000} \\& \Rightarrow L=3,{{2.10}^{6}}\,\,\left( m \right)=3200\,\,\left( km \right) \\\end{align}\)

Khối lượng tương đối tính của vật là:

\(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{{\left( {0,6c} \right)}^2}}}{{{c^2}}}} }} = \dfrac{{{m_0}}}{{0,8}} = 1,25{m_0}\)

từ đó ta có lớn hơn 1,25 lần

Voi có khả năng cảm nhận được hạ âm phát ra từ động đất → B đúng

Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước ở khối mô tăng từ \({37^ \circ }C\) đến nhiệt độ sôi là:

\({Q_1} = mc\Delta t = m.4,{18.10^3}\left( {100 - 37} \right) = 263340m\)

Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước ở khối mô bốc hơi ở \({100^ \circ }C\) là: \({Q_2} = mL = {2260.10^3}m\)

Năng lượng mà vùng mô nhận được từ tia laze trong 2s là: \({\rm{W}} = Pt = 10.2 = 20J\)

Ta có: \({\rm{W}} = {Q_1} + {Q_2} \Rightarrow 263340m + 2260000m = 20\)\( \Rightarrow m = 7,{926.10^{ - 6}}kg\)

Gọi V là thể tích nước tia laze làm bốc hơi trong 2s:

\(V = \dfrac{m}{\rho } = \dfrac{{7,{{926.10}^{ - 6}}}}{{1000}} = 7,{926.10^{ - 3}}{m^3} = 7,926m{m^3}\)

Gọi L là khoảng cách Trái Đất – Mặt Trăng

t là thời gian để ánh sáng giữa Trái Đất và Mặt Trăng.

Ta có: \(2L = ct \Rightarrow L = \dfrac{{ct}}{2} = \dfrac{{{{3.10}^8}.2,667}}{2} \approx {4.10^8}m = 400000km\)

Tia laze có tính đơn sắc, tính định hướng cao và cường độ lớn. Nó không có công suất lớn.

Nhiệt lượng tỏa ra do electron đập vào catot trong thời gian t là: \({Q_1} = 99\% UIt\)

Nhiệt lượng đối catôt thu vào là: \({Q_2} = mc\Delta t\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:

\(\begin{array}{l}{Q_1} = {Q_2}\\ \Leftrightarrow 99\% UIt = mc\Delta t \Rightarrow \Delta t = \dfrac{{99\% UIt}}{{mc}} = \dfrac{{0,{{99.10000.10}^{ - 3}}.2.60}}{{0,2.120}} = 49,{5^ \circ }C\end{array}\)

Đoạn văn cho biết rằng máy tách hạt phân tách các hạt chỉ theo vận tốc của chúng. Điều này được thực hiện là trong khi các hạt đang chảy qua bộ phân tách, các hạt đang đi nhanh hơn (có vận tốc lớn hơn) sẽ chịu một lực từ trường lớn hơn ngược lại với lực điện và do đó chỉ có một vận tốc cụ thể (mà một hạt trải qua lực từ và điện) sẽ cho phép một hạt thoát ra khỏi dải phân cách và không bị đẩy theo hướng này hay hướng khác. Cho dù tỉ số giữa từ trường và điện trường là bao nhiêu thì nó vẫn phải không đổi, nếu không lực tác dụng lên mỗi hạt sẽ thay đổi theo vận tốc của các hạt và sự thay đổi của từ trường và điện trường.

Ta có: \(Q{\varepsilon _{Xma{\rm{x}}}} = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} \approx \left| {eU} \right|\)

\( \Rightarrow U = \dfrac{{hc}}{{\left| e \right|{\lambda _{\min }}}} = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}6,{{21.10}^{ - 11}}}} \approx 20000V = 20kV\)

Như đã trình bày trong đoạn văn, lực của từ trường và điện trường tác dụng lên hạt tỷ lệ với điện tích của hạt. Do đó, một hạt trung hòa (có điện tích bằng 0) sẽ không tạo ra lực từ trường nào. Do đó, vận tốc của hạt sẽ không đổi và nó sẽ (từ từ) đi ra khỏi dải phân cách mà không thay đổi hướng của nó.

Khi electron đập nàp anot A, theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

\({{\rm{W}}_e} = Q + {\varepsilon _X}\) với Q là nhiệt lượng tỏa ra làm nóng anot

Như vật điều kiện để phát ra tia X là: \({\varepsilon _X} \le {{\rm{W}}_e}\)

Khi \(Q = 0 \Rightarrow {\varepsilon _{Xma{\rm{x}}}} = \dfrac{{hc}}{\lambda } = {{\rm{W}}_e} = {{\rm{W}}_0} + \left| {eU} \right| \approx \left| {eU} \right|\) do \({{\rm{W}}_0} \ll \left| {eU} \right|\)

Bước sóng nhỏ nhất tia X phát ra tỉ lệ nghịch với hiện điện thế U

Cứ mỗi mét năng lượng âm giảm 5%

từ đó ta thấy sau mỗi mét năng lượng âm giảm còn lại 95% so với ban đầu. Sau 6m năng lượng còn lại \(0,{95^5}\) lần so với ban đầu

Điểm cách máy nghe nhạc 6m có cường độ âm:

\(I = \dfrac{{0,{{95}^6}P}}{{4\pi {6^2}}}\)

Mức cường âm độ âm tại điểm cách máy nghe nhạc 6m là:

\(L = \lg \dfrac{I}{{{I_0}}} = \lg \dfrac{{0,{{95}^6}P}}{{4\pi {6^2}{I_0}}} = \lg \dfrac{{0,{{95}^6}10}}{{4\pi {6^2}{{10}^{ - 12}}}} = 10,21B\)

Trong đoạn văn này, chúng ta biết rằng cả lực từ và lực điện đều tỷ lệ với điện tích của hạt. Tuy nhiên, chúng ta cũng biết rằng chỉ có lực từ tỷ lệ với vận tốc của hạt. Vì vậy, chúng ta biết rằng bất kể một hạt mang điện gì, nó sẽ đi qua bộ phân tách hạt chỉ khi nó có vận tốc phù hợp sao cho lực từ được tạo ra đủ để chống lại lực điện trên hạt. Khối lượng không được đề cập trong đoạn văn, vì vậy chúng ta có thể bỏ qua câu trả lời liên quan đến khối lượng.

Cường độ âm tại điểm cách nó 400cm là:

\(I = \dfrac{P}{{4\pi {r^2}}} = \dfrac{1}{{4.3,{{14.4}^3}}} \approx {5.10^{ - 3}}{\rm{W}}/{m^2} = 5m{\rm{W/}}{{\rm{m}}^2}\)

Chu kì của con lắc là: \(T=2\pi \sqrt{\frac{\text{l}}{g}}\Rightarrow \text{l}=\frac{{{T}^{2}}g}{4{{\pi }^{2}}}=\frac{{{2}^{2}}.10}{4{{\pi }^{2}}}\approx 1\,\,\left( m \right)\)

Biên độ góc của con lắc: \({{\alpha }_{0}}={{5}^{0}}\approx 0,0873\,\,\left( rad \right)\)

Biên độ của con lắc là:

\(A=\text{l}.{{\alpha }_{0}}=1.0,087=0,0873\,\,\left( m \right)=8,73\,\,\left( cm \right)\)

Độ giảm biên độ sau mỗi chu kì là:

\(\Delta A=\frac{4{{F}_{c}}}{m{{\omega }^{2}}}=\frac{4{{F}_{c}}}{m\frac{4{{\pi }^{2}}}{{{T}^{2}}}}=\frac{4.0,011}{1.\frac{4{{\pi }^{2}}}{{{2}^{2}}}}=4,{{4.10}^{-3}}\,\,\left( m \right)=0,44\,\,\left( cm \right)\)

Độ giảm năng lượng của con lắc sau mỗi chu kì là:

\(\begin{align}& \Delta W=W-W'=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}-\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{\left( A-\Delta A \right)}^{2}} \\& \Rightarrow \Delta W=\frac{1}{2}.1.\frac{4{{\pi }^{2}}}{{{2}^{2}}}.0,{{0873}^{2}}-\frac{1}{2}.1.\frac{4{{\pi }^{2}}}{{{2}^{2}}}.{{\left( 0,0873-4,{{4.10}^{-3}} \right)}^{2}} \\& \Rightarrow \Delta W\approx 3,{{7.10}^{-3}}\,\,\left( J \right) \\\end{align}\)

Độ giảm cơ năng của con lắc trong 1 chu kì chính là năng lượng pin cung cấp cho con lắc trong 1 chu kì.

Năng lượng pin cung cấp cho con lắc là:

\(A=Q.E.H=3000.3.25 =2250\,\,\left( mWh \right)=8100\,\,\left( J \right)\)

Số chu kì pin cung cấp cho con lắc là:

\(n=\frac{A}{\Delta W}=\frac{8100}{3,{{7.10}^{-3}}}={{2.10}^{6}}\)

Thời gian pin cung cấp cho đồng hồ là:

\(t=nT={{2.10}^{6}}.2={{4.10}^{6}}\,\,\left( s \right)\approx \) 46 (ngày)