Để sản xuất nhôm cần phải có một nguồn điện năng dồi dào. Vậy quy trình luyện nhôm đã dựa trên hiện tượng nào để đòi hỏi cần nhiều điện như vậy?
Sau khi học xong bài mới- Bài 14: Dòng điện trong chất điện phân các em sẽ trả lời được câu hỏi trên. Mời các em cùng theo dõi nội dung bài học nhé.
Trong dung dịch, các hợp chất hoá học như axit, bazơ và muối bị phân li thành các nguyên tử tích điện gọi là ion; ion có thể chuyển động tự do trong dung dịch và trở thành hạt tải điện.
Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của các ion trong điện trường.
Chất điện phân không dẫn điện tốt bằng kim loại.
Dòng điện trong chất điện phân không chỉ tải điện lượng mà còn tải cả vật chất đi theo. Tới điện cực chỉ có các electron có thể đi tiếp, còn lượng vật chất đọng lại ở điện cực, gây ra hiện tượng điện phân
Ion dương (Cation) -> Catot
Ion âm (Anion) -> Anot
Các ion chuyển động về các điện cực có thể tác dụng với chất làm điện cực hoặc với dung môi tạo nên các phản ứng hoá học gọi là phản ứng phụ trong hiện tượng điện phân.
Hiện tượng dương cực tan xảy ra khi các anion đi tới anôt kéo các ion kim loại của điện cực vào trong dung dịch
Khối lượng vật chất được giải phóng ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ thuận với điện lượng chạy qua bình đó.
\(m = k.q\)
k: đương lượng điện hóa của chất được giải phóng
Đương lượng điện hoá k của một nguyên tố tỉ lệ với đương lượng gam \(\frac{A}{n}\) của nguyên tố đó. Hệ số tỉ lệ \(\frac{1}{F}\) , trong đó F gọi là số Faraday.
\(k = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}\)
F = 96500 C/mol
A: khối lượng phân tử
n: hóa trị
Kết hợp hai định luật Fa-ra-đây, ta được công thức Fa-ra-đây
\(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}.I.t\)
m: khối lượng chất được giải phóng (g)
F = 96500 C/mol
A: khối lượng phân tử
n: hóa trị
I: cường độ dòng điện
t: thời gian dòng điện chạy qua.
Hiện tượng điện phân có nhiều ứng dụng trong thực tế sản xuất và đời sống như luyện nhôm, tinh luyện đồng, điều chế clo, xút, mạ điện, đúc điện, …
Dựa vào hiện tượng điện phân quặng nhôm nóng chảy.
Bể điện phân có cực dương là quặng nhôm nóng chảy, cực âm bằng than, chất điện phân là muối nhôm nóng chảy, dòng điện chạy qua khoảng \({10^4}A\)
Bể điện phân có anôt là một tấm kim loại để mạ, catôt là vật cần mạ.
Chất điện phân thường là dung dịch muối kim loại để mạ. Dòng điện qua bể mạ được chọn một cách thích hợp để đảm bảo chất lượng của lớp mạ.
Phát biểu nào sau đây chính xác
Kết quả cuối cùng của quá trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực bằng đồng là
A. Không có thay đổi gì ở bình điện phân
B. Anôt bị ăn mòn
C. Đồng bám vào catôt
D. Đồng chạy từ anôt sang catôt
Kết quả cuối cùng của quá trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực bằng đồng là đồng chạy từ anôt sang catôt.
⇒ Đáp án D
Phát biểu nào là chính xác
Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của
A. Các chất tan trong dung dịch
B. Các ion dương trong dung dịch
C. Các ion dương và ion âm dưới tác dụng của điện trường trong dung dịch
D. Các ion dương và ion âm theo chiều điện trường trong dung dịch
Các ion dương và ion âm dưới tác dụng của điện trwòng trong dung dịch
⇒ Đáp án C.
Tốc độ chuyển động có hướng của ion \(Na^+\) và \(Cl^-\) trong nước có thể tính theo công thức:\(v = \mu E\), trong đó E là cường độ điện trường, \(\mu\) có giá trị lần lượt là \(4,5.10^{-8} m^2/(V.s)\). Tính điện trở suất của dung dịch NaCl nồng độ 0,1 mol/l, cho rằng toàn bộ các phân tử NaCl đều phân li thành ion.
Mật độ của các ion \(Na^+\) và \(Cl^-\):
\(N = 0,1.1000.6,023.10^{23} = 6,023.10^{25}/m^3\)
Điện dẫn suất của dung dịch:
\(\sigma = 1,{6.10^{ - 19}}.6,{023.10^{25}}.(4,5 + 6,8){.10^{ - 8}} = 1,088{(\Omega /m)^{ - 1}}\)
⇒ Điện trở suất \(\rho =\frac{1}{\sigma }=\frac{1}{1,088}=0,92\Omega .m\)
Người ta muốn bóc một lớp đồng dày \(d = 10 \mu m\) trên một bản đồng diện tích \(S = 1cm^2\) bằng phương pháp điện phân. Cường độ dòng điện là 0,010A. Tính thời gian cần thiết để bóc được lớp đồng. Cho biết đồng có khối lượng riêng là \(p = 8 900 kg/m^3\)
Khối lượng đồng phải bóc đi là: \(m = 8 900.1.10^{-4}.10.10^{-6} = 8,9.10^{-6} kg\)
Theo công thức Fa-ra-đây: \(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}It\) ⇔ m = ; suy ra t =
Với \(A = 64g = 6,{4.10^{ - 2}}kg;{\rm{ }}n{\rm{ }} = 2;{\rm{ }}I{\rm{ }} = {10^{ - 2}}A\) , suy ra:
t = = 2 683,9 s
Để tách đồng ra khỏi một hỗn hợp rắn chứa 12% tạp chất khác người ta dùng thanh hỗn hợp này làm cực dương của bình điện phân đựng dung dịch \(CuS{O_4}.\) Hiệu điện thế giữa hai cực là \(U = 6(V)\). Tính điện năng tiêu hao để xử lý \(1 (kg)\) hỗn hợp ?
Khối lượng đồng có trong thanh :
\({m_{Cu}} = \frac{{(100 - 12)}}{{100}}m = 0,88(kg)\)
Theo công thức Định luật Faraday :
\(\begin{array}{l}
m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}q\\
\Leftrightarrow 880 = \frac{1}{{96500}}.\frac{{64}}{2}q \Rightarrow q = {2654.10^3}(C)
\end{array}\)
Điện năng tiêu hao để xử lý \(1 (kg)\) hỗn hợp :
\(W = qU = {2654.10^3}.6 = 15923{\rm{ }}\left( {kJ} \right) = 4,42\left( {kWh} \right)\)
Qua bài giảng Dòng điện trong chất điện phân này, các em cần hoàn thành 1 số mục tiêu mà bài đưa ra như :
Trả lời được câu hỏi thế nào là chất điện phân, hiện tượng điện phân, nêu được bản chất dòng điện trong chất điện phân
Phát biểu được định luật Fa-ra-day về điện phân.
Mô tả được hiện tượng dương cực tan
Các em có thể hệ thống lại nội dung kiến thức đã học được thông qua bài kiểm tra Trắc nghiệm Vật lý 11 Bài 14 cực hay có đáp án và lời giải chi tiết.
Muốn mạ đồng một tấm sắt có diện tích tổng cộng 200 cm2 , người ta dùng tấm sắt làm catôt của một bình điện phân đựng dùng dịch CuSO4 và anôt là một thanh đồng nguyên chất, rồi cho dòng điện có cường độ \(I = 10A\) chạy qua trong thời gian 2 giờ 40 phút 50 giây. Tìm bề dày lớp đồng bám trên mặt tấm sắt. Cho biết đồng có \(A = 64; n = 2\) và có khối lượng riêng \(\rho = 8,9.103{\rm{ }}kg/{m^3}\)
Chiều dày của một lớp niken phủ lên một tấm kim loại là \(h =0,05mm\) sau khi điện phân trong 30 phút. Diện tích mặt phủ của tấm kim loại là 30 cm2. Xác định cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân. Biết niken có \( A = 58,n = 2\) và có khối lượng riêng là \(\rho = 8,9{\rm{ }}g/c{m^3}.\)
Một bộ nguồn điện gồm 30 pin mắc thành 3 nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có 10 pin mắc song song; mỗi pin có suất điện động 0,9 V và điện trở trong \(0,6\Omega \). Một bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 có điện trở \(205\Omega \) được mắc vào hai cực của bộ nguồn nói trên. Anôt của bình điện phân bằng đồng. Tính khối lượng đồng bám vào catôt của bình trong thời gian 50 phút. Biết Cu có \( A = 64; n = 2.\)
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức về bài học này nhé!
Các em có thể xem thêm phần hướng dẫn Giải bài tập Vật lý 11 Bài 14để giúp các em nắm vững bài học và các phương pháp giải bài tập.
Bài tập 1 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 2 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 3 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 4 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 5 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 6 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 7 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 8 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 9 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 10 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 11 trang 85 SGK Vật lý 11
Bài tập 1 trang 100 SGK Vật lý 11 nâng cao
Bài tập 2 trang 100 SGK Vật lý 11 nâng cao
Bài tập 3 trang 100 SGK Vật lý 11 nâng cao
Bài tập 14.1 trang 35 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.2 trang 35 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.3 trang 36 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.4 trang 36 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.5 trang 36 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.6 trang 36 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.7 trang 37 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.8 trang 37 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.9 trang 37 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.10* trang 37 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.11 trang 37 SBT Vật lý 11
Bài tập 14.12* trang 37 SBT Vật lý 11
Trong quá trình học tập nếu có thắc mắc hay cần trợ giúp gì thì các em hãy comment ở mục Hỏi đáp, Cộng đồng Vật lý DapAnHay sẽ hỗ trợ cho các em một cách nhanh chóng!
Chúc các em học tập tốt và luôn đạt thành tích cao trong học tập!
-- Mod Vật Lý 11 DapAnHay
Muốn mạ đồng một tấm sắt có diện tích tổng cộng 200 cm2 , người ta dùng tấm sắt làm catôt của một bình điện phân đựng dùng dịch CuSO4 và anôt là một thanh đồng nguyên chất, rồi cho dòng điện có cường độ \(I = 10A\) chạy qua trong thời gian 2 giờ 40 phút 50 giây. Tìm bề dày lớp đồng bám trên mặt tấm sắt. Cho biết đồng có \(A = 64; n = 2\) và có khối lượng riêng \(\rho = 8,9.103{\rm{ }}kg/{m^3}\)
Chiều dày của một lớp niken phủ lên một tấm kim loại là \(h =0,05mm\) sau khi điện phân trong 30 phút. Diện tích mặt phủ của tấm kim loại là 30 cm2. Xác định cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân. Biết niken có \( A = 58,n = 2\) và có khối lượng riêng là \(\rho = 8,9{\rm{ }}g/c{m^3}.\)
Một bộ nguồn điện gồm 30 pin mắc thành 3 nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có 10 pin mắc song song; mỗi pin có suất điện động 0,9 V và điện trở trong \(0,6\Omega \). Một bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 có điện trở \(205\Omega \) được mắc vào hai cực của bộ nguồn nói trên. Anôt của bình điện phân bằng đồng. Tính khối lượng đồng bám vào catôt của bình trong thời gian 50 phút. Biết Cu có \( A = 64; n = 2.\)
Hai bình điện phân: (CuSO4/Cu và AgNO3/Ag) mắc nối tiếp. Trong một mạch điện. Sau một thời gian điện phân, khối lượng catôt của hai bình tăng lên 2,8 g. Biết nguyên tử lượng của đồng và bạc là 64 và 108, hóa trị của đồng và bạc là 2 và 1. Tính khối lượng Ag được giải phóng ở catôt
Hai bình điện phân: \((FeC{l_3}/Fe\) và CuSO4/Cu) mắc nối tiếp. Sau một khoảng thời gian, bình thứ nhất giải phóng một lượng sắt là 1,4 g. Tính lượng đồng giải phóng ở bình thứ hai trong cùng khoảng thời gian đó. Biết nguyên tử lượng của đồng và sắt là 64 và 56, hóa trị của đồng và sắt là 2 và 3.
Một bình điện phân đựng dung dịch bạc Nitrat với Anốt làm bằng bạc. Điện trở của bình điện phân là \(R = 2\Omega \) . Hiệu điện thế đặt ở hai cực là \(U = 10(V)\). Cho \(A = 108, n = 1\). Khối lượng bạc bám vào cực âm sau 2 giờ là
Kết quả cuối cùng của quá trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực bằng đồng là
Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của
Tốc độ chuyển động có hướng của ion \(Na^+\) và \(Cl^-\) trong nước có thể tính theo công thức:\(v = \mu E\), trong đó E là cường độ điện trường, \(\mu\) có giá trị lần lượt là \(4,5.10^{-8} m^2/(V.s)\). Tính điện trở suất của dung dịch NaCl nồng độ 0,1 mol/l, cho rằng toàn bộ các phân tử NaCl đều phân li thành ion.
Để tách đồng ra khỏi một hỗn hợp rắn chứa 12% tạp chất khác người ta dùng thanh hỗn hợp này làm cực dương của bình điện phân đựng dung dịch \(CuS{O_4}.\) .Hiệu điện thế giữa hai cực là \(U = 6(V)\). Tính điện năng tiêu hao để xử lý \(1 (kg)\) hỗn hợp ?
Nội dung của thuyết điện li là gì? Anion thường là phần nào của phân tử?
Dòng điện trong chất điện phân khác với dòng điện trong kim loại như thế nào?
Hãy nói rõ hạt tải điện nào mang dòng điện trên các phần khác nhau của mạch điện có chứa bình điện phân:
a. Dây dẫn và điện cực
b. Ở sát bề mặt hai điện cực
c. Ở trong lòng chất điện phân: ở trong lòng chất điện phân, hạt tải điện là
Chất điện phân thường dẫn điện tốt hơn hay kém hơn kim loại? Tại sao?
Hai bể điện phân: bể A để luyện nhôm, bể B để mạ niken. Hỏi bể nào có dương cực tan? Bể nào có suất phản điện?
Phát biểu định luật Pha-ra-đây, viết công thức Fa-ra-đây và đơn vị dùng trong công thức này.
Khi điện phân dung dịch \(H_2SO_4\) với điện cực bằng graphit, thì ta thu được khí oxi bay ra. Có thể dùng công thức Fa-ra-đây để tìm khối lượng oxi bay ra được không?
Phát biểu nào là chính xác
Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của
A. Các chất tan trong dung dịch
B. Các ion dương trong dung dịch
C. Các ion dương và ion âm dưới tác dụng của điện trường trong dung dịch
D. Các ion dương và ion âm theo chiều điện trường trong dung dịch
Phát biểu nào sau đây chính xác
Kết quả cuối cùng của quá trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực bằng đồng là
A. Không có thay đổi gì ở bình điện phân
B. Anôt bị ăn mòn
C. Đồng bám vào catôt
D. Đồng chạy từ anôt sang catôt
Tốc độ chuyển động có hướng của ion \(Na^+\) và \(Cl^-\) trong nước có thể tính theo công thức:\(v = \mu E\), trong đó E là cường độ điện trường, \(\mu\) có giá trị lần lượt là \(4,5.10^{-8} m^2/(V.s)\). Tính điện trở suất của dung dịch NaCl nồng độ 0,1 mol/l, cho rằng toàn bộ các phân tử NaCl đều phân li thành ion.
Người ta muốn bóc một lớp đồng dày \(d = 10 \mu m\) trên một bản đồng diện tích \(S = 1cm^2\) bằng phương pháp điện phân. Cường độ dòng điện là 0,010A. Tính thời gian cần thiết để bóc được lớp đồng. Cho biết đồng có khối lượng riêng là \(p = 8 900 kg/m^3\)
Chọn phát biểu đúng
A. Khi hòa tan axit, bazo hoặc muối vào trong nước, tất cả các phân tử của chúng đều bị phân li thành các ion.
B. Số cặp ion được tạo thành trong dung dịch điện phân không thay đổi theo nhiệt độ
C. Bình điện phân nào cũng có suất phản điện
D. Khi có hiện tượng dương cực tan, dòng điện trong chất điện phân tuân theo định luật Ôm.
Chọn đáp số đúng
Đương lượng điện hóa của niken là k = 3.10-4 g/C. Khi cho một điện lượng 10C chạy qua bình điện phân có anot bằng niken thì khối lượng niken bám vào catot là:
A. 0,3.10-4 g
B. 3.10-3 g
C. 0,3.10-3 g
D. 3.10-4 g
Chiều dày của lớp Niken phủ lên một tấm kim loại là D = 0,05mm sau khi điện phân trong 30 phút. Diện tích mặt phủ của tấm kim loại là 30 cm2. Xác định cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân. Cho biết Niken có khối lượng riêng là ρ = 8,9.103kg/m3, A = 58 và n = 2.
Câu nào dưới đây nói về bản chất dòng điện trong chất điện phân là đúng ?
A. Là dòng các êlectron chuyển động có hướng ngược chiều điện trường.
B. Là dòng các ion dương-chuyển động có hướng thuận chiều điện trường.
C. Là dòng các ion âm chuyển động có hướng ngược chiều điện trường.
D. Là dòng chuyển động có hướng đồng thời của các ion dương thuận chiều điện trường và của các ion âm ngược chiều điện trường.
Câu nào dưới đây nói về hiện tượng điện phân có dương cực tan là đúng ?
A. Là hiện tượng điện phân dung dịch axit hoặc bazơ với điện cực là graphit.
B. Là hiện tượng điện phân dung dịch muối có chứa kim loại dùng làm catôt.
C. Là hiện tượng điện phân dung dịch muối có chứa kim loại dùng làm anôt. Kết quả là kim loại tan dần từ anôt tải sang catôt.
D. Là hiện tượng điện phân dung dịch muối có chứa kim loại dùng làm anôt. Kết quả là kim loại được tải dần từ catôt sang anôt.
Một bình điện phân chứa dung dịch muối niken với hai điện cực bằng niken. Xác định khối lượng niken bám vào catôt khi cho dòng điện cường độ I = 5,0 A chạy qua bình này trong khoảng thời gian t = 1 giờ. Đương lượng điện hoá của niken là 0,3.10-3 g/C.
A. 1,5 kg. B. 5,4 g.
C. 1,5 g. D. 5,4 kg.
Một bình điện phân chứa dung dịch đồng sunphat (CuS04) có anôt bằng đồng. Cho dòng điện không đổi chạy qua bình này trong thời gian 30 phút, khi đó khối lượng của catôt tăng thêm 1,143 g. Xác định cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân. Đồng (Cu) có khối lượng mol là của A = 63,5 g/mol.
A. 0,965 A. B. 1,93 A.
C. 0,965 mA. D. 1,93 mA.
Một bình điện phân chứa dung dịch bạc nitrat (AgN03) có anôt bằng bạc và điện trở là 2,5 Ω. Hiệu điện thế giữa hai điện cực của bình này là 10 V. Bạc (Ag) có khối lượng mol là A = 108 g/mol và hoá trị n = 1. Xác định khối lượng bạc bám vào catôt sau 16 phút 5 giây.
A. 4,32 g. B. 4,32 kg.
C.2,16g. D. 2,16 kg.
Mắc nối tiếp một bình điện phân chứa dung dịch đồng sunphat (CuSO4) có anôt bằng đồng (Cu) với một bình điện phân chứa dung dịch bạc nitrat (AgNO3) có anôt bằng bạc (Ag). Sau môt khoảng thời gian có dòng điện không đổi chạy qua hai bình này, thì khối lượng anôt của bình chứa dung dịch CuSO4 bị giảm bớt 2,3 g. Xác định khối lượng bạc tới bám vào catôt của bình chứa dung dịch AgNO3. Đồng có khối lượng mol là A1 = 63,5 g/mol và hoá trị n1 = 2, bạc có khối lượng mol là A2 = 108 g/mol và hoá trị n2 = 1. Khối lượng bạc tới bám vào catot của bình chứa dung dịch AgNO3 là
A. 0,67g B. 1,95g
C. 2,66g D. 7,82g
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
a)Tính lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút.
b)Tính thời gian để lượng bạc bám vào ca-tốt là 19,3g.
Cho : Ag = 108; n = 1.
Câu trả lời của bạn
Vì bình điện phân đựng dung dịch AgNO3 với điện cực bằng Ag (điện cực tan) nên bình điện phân được coi như một điện trở R.
a)Lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút
-Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân: I = \(\frac{\text{U}}{\text{R}}\text{ = }\frac{\text{12}}{\text{4}}\) = 3A.
-Khối lượng Ag bám vào ca-tốt sau t = 30 phút = 1800s:
m = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It}$ = $\frac{\text{1}}{9,{{65.10}^{4}}}\text{.}\frac{\text{108}}{\text{1}}\text{.3}\text{.1800}\) = 6,04g
Vậy: Lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút là m = 6,04g.
b)Thời gian để lượng bạc bám vào ca-tốt là 19,3g
-Từ định luật Farađay, ta có: m’ = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It }\!\!'\!\!\text{ = t }\!\!'\!\!\text{ = }\frac{\text{m }\!\!'\!\!\text{ Fn}}{\text{AI}}\).
t’ = \(\frac{19,3.9,{{65.10}^{4}}.1}{108.3}\) = 5748s
Vậy: Thời gian để có 19,3g bạc bám vào ca-tốt là t’ = 5748s.
Câu trả lời của bạn
Ta có:
+Trong dung dịch FeCl2, sắt có hóa trị n1 = 2; trong dung dịch FeCl3, sắt có hóa trị n3 = 3.
+Chất thoát ra ở a-nốt của mỗi bình là Cl2; chất thoát ra ở ca-tốt của mỗi bình là Fe.
-Áp dụng định luật Farađay cho khối lượng chất thoát ra ở hai bình điện phân, ta có:
+Bình 1:
Khối lượng Fe thoát ra tại ca-tốt: m11 = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{{{\text{n}}_{\text{1}}}}\text{.q = }\frac{1}{9,{{65.10}^{4}}}.\frac{56}{2}.9,{{65.10}^{4}}\) = 28g.
Khối lượng Cl2 thoát ra tại a-nốt: m12 = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A }\!\!'\!\!\text{ }}{\text{n }\!\!'\!\!\text{ }}\text{.q = }\frac{1}{9,{{65.10}^{4}}}.\frac{35,5}{1}.9,{{65.10}^{4}}\) = 35,5g.
+Bình 2:
Khối lượng Fe thoát ra tại ca-tốt: m21 = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{{{\text{n}}_{2}}}\text{.q = }\frac{1}{9,{{65.10}^{4}}}.\frac{56}{3}.9,{{65.10}^{4}}\) = 18,67g.
Khối lượng Cl2 thoát ra tại a-nốt: m22 = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A }\!\!'\!\!\text{ }}{\text{n }\!\!'\!\!\text{ }}\text{.q = }\frac{1}{9,{{65.10}^{4}}}.\frac{35,5}{1}.9,{{65.10}^{4}}\) = 35,5g.
a)Tính khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau thời gian 1 giờ.
b)Tính suất phản điện của bình điện phân.
Cho khối lượng mol nguyên tử và hóa trị của Ag là A = 108 và n = 1.
Câu trả lời của bạn
Vì bình điện phân đựng dung dịch AgNO3 với điện cực bằng Pt (điện cực trơ) nên bình điện phân được coi như một máy thu điện (ep, rp).
a)Khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau thời gian 1 giờ
Theo định luật Farađay, ta có: m = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It}\).
m = \(\frac{\text{1}}{9,{{65.10}^{4}}}\text{.}\frac{\text{108}}{1}\text{.1}\text{.3600}\) = 4,03g
Vậy: Khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau thời gian 1 giờ là m = 4,03g.
b) Suất phản điện của bình điện phân
Theo định luật Ôm cho toàn mạch, ta có: I = \(\frac{\text{e - }{{\text{e}}_{\text{p}}}}{\text{R + r + }{{\text{r}}_{\text{p}}}}\).
=> ep = e – I(R + r + rp) = 12 – 1.(5 + 1 + 2) = 4V.
Vậy: Suất phản điện của bình điện phân là ep = 4V.
Câu trả lời của bạn
-Khối lượng niken bám vào ca-tốt của bình điện phân trong thời gian t = 90 phút là:
m = \(\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It}$ = $\frac{\text{1}}{9,{{65.10}^{4}}}\text{.}\frac{\text{58}}{2}\text{.5}\text{.90}\text{.60}\) = 8,114g
-Mặt khác: m = DV = DSd (d là bề dày lớp niken phủ trên bề mặt ca-tốt).
=> d = \(\frac{\text{m}}{\text{DS}}\text{ = }\frac{8,{{114.10}^{-3}}}{8,{{9.10}^{3}}{{.40.10}^{-4}}}\) = 0,23.10-3m = 0,23mm
Vậy: Bề dày của lớp niken phủ trên bề mặt ca-tốt là d = 0,23mm.
Câu trả lời của bạn
Ta có: V = 1 lít = 10-3 m3; t = 270C \(\to \) T = 27+273 = 300K; P = 1atm = 1,013.105Pa.
-Theo định luật Farađay, khối lượng hidro thu được ở catốt là:
\(\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.q}\) => \(\text{q = }\frac{\text{F}\text{.m}\text{.n}}{\text{A}}\) (1)
-Theo phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép, ta có:
\(\text{PV = }\frac{\text{m}}{\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ }}\text{RT}\) => \(\text{m = }\frac{\text{PV }\!\!\mu\!\!\text{ }}{\text{RT}}\) (2)
-Từ (1) và (2) suy ra: q = \(\frac{\text{FnPV }\!\!\mu\!\!\text{ }}{\text{ART}}\text{ = }\frac{\text{96500}\text{.1}\text{.1,013}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{5}}}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{-3}}}\text{.2}}{\text{1}\text{.8,31}\text{.300}}\text{ = 7842C}\)
Vậy: Điện lượng chuyển qua bình điện phân là q = 7842C.
Câu trả lời của bạn
-Khối lượng hidrô giải phóng ở điện cực: \(\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{It}\)
=> \(\text{I = }\frac{\text{Fmn}}{\text{At}}\) (1)
-Theo phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép, ta có:
\(\text{PV = }\frac{\text{m}}{\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ }}\text{RT}\) => \(\text{m = }\frac{\text{PV }\!\!\mu\!\!\text{ }}{\text{RT}}\) (2)
-Thay (2) vào (1) ta được: \(\text{I = }\frac{\text{FnPV }\!\!\mu\!\!\text{ }}{\text{RTAt}}\)
=> I = \(\frac{\text{96500}\text{.1}\text{.1,013}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{5}}}\text{.56}\text{.2}}{\text{8,31}\text{.273}\text{.1}\text{.3600}}\text{ = 134057A}\)
-Công suất điện cần thiết cho sản xuất:
P = UI = 2.134057 = 268113W \(\approx \) 268 kW
-Công do nhà máy sinh ra:
A = Pt = 268113.3600 = 9,652.108J = 268 kWh
-Giá tiền để mua 268 kWh điện là: T = 268.1000 = 268000 đồng.
-Giá thành của 1 m3 hidrô là: T’ = \(\frac{268000}{56}=4786\)đồng.
Vậy: Công suất điện cần thiết cho sản xuất là P = 268 kW; giá thành của 1m3 hidrô là 4786 đồng.
Biết ampe kế A1 chỉ 0,6A, ampe kế A2 chỉ 0,4A, RA = 0, RV rất lớn.
Tìm:
a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân.
b)Số pin và công suất mỗi pin.
c)Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn.
d)Khối lượng bạc được giải phóng ở ca-tốt sau 16 phút 5 giây điện phân.
e)Độ sáng của đèn R3?
Câu trả lời của bạn
Ta có: +Với bộ nguồn: Eb = ne = 1,5n; rb = nr0 = 0,5n.
+Điện trở của đèn: \({{\text{R}}_{\text{3}}}\text{ = }{{\text{R}}_{\text{}}}\text{ = }\frac{\text{U}_{\text{m}}^{\text{2}}}{{{\text{P}}_{\text{m}}}}\text{ = }\frac{{{\text{3}}^{\text{2}}}}{\text{3}}\text{ = 3 }\!\!\Omega\!\!\text{ }\)
a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân
U45 = I2(R2 + R3) = 0,4(9 + 3) = 4,8V
-Cường độ dòng điện qua bình điện phân:
I4 = I5 = I1 – I2 = 0,6 – 0,4 = 0,2A
-Hiệu điện thế 2 đầu R4: U4 = I4R4 = 0,2.4 = 0,8V.
-Hiệu điện thế 2 đầu R5: U5 = U45 – U4 = 4,8 – 0,8 = 4V.
-Điện trở của bình điện phân: R5 = \(\frac{{{\text{U}}_{\text{5}}}}{{{\text{I}}_{\text{5}}}}\text{ = }\frac{\text{4}}{\text{0,2}}\text{ = 20 }\!\!\Omega\!\!\text{ }\)
Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 0,2A; điện trở bình điện phân là 20\(\Omega \).
b)Số pin và công suất mỗi pin
-Điện trở tương đương của mạch ngoài:
\(\text{R = }{{\text{R}}_{\text{1}}}\text{+}\frac{\text{(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{3}}}\text{)(}{{\text{R}}_{\text{4}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{5}}}\text{)}}{{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{3}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{4}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{5}}}}\text{ = 2+}\frac{\text{(9+3)}\text{.(4+20)}}{\text{9+3+4+20}}\text{ = 10 }\!\!\Omega\!\!\text{ }\)
-Cường độ dòng điện qua mạch chính: \(\text{I = }\frac{{{\text{E}}_{\text{b}}}}{\text{R+}{{\text{r}}_{\text{b}}}}\text{ = }\frac{\text{1,5n}}{\text{10+0,5n}}\text{ = 0,6}\).
1,5n = 6+0,3n => n = 5.
-Công suất của bộ nguồn: P = EbI = 1,5.5.0,6 = 4,5W.
-Công suất của mỗi nguồn: \({{\text{P}}^{\text{ }\!\!'\!\!\text{ }}}\text{ = }\frac{\text{P}}{\text{5}}\text{ = }\frac{\text{4,5}}{\text{5}}\text{ = 0,9W}\).
Vậy: Số pin là 5, công suất mỗi pin là 0,9W.
c)Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn
Ta có: Số chỉ của vôn kế hai đầu bộ nguồn: U = \({{\text{E}}_{\text{b}}}\text{-}{{\text{r}}_{\text{b}}}\text{I}\) = 1,5.5 – 0,5.5.0,6 = 6V.
d)Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s = 965s
Ta có: \(\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It = }\frac{\text{1}}{\text{96500}}\text{.}\frac{\text{108}}{\text{1}}\text{.0,2}\text{.965 = 0,216g}\)
Vậy: Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s là m = 0,216g.
e)Độ sáng của đèn Đ3?
-Cường độ dòng điện định mức của đèn: \({{\text{I}}_{\text{m}}}\text{ = }\frac{{{\text{P}}_{\text{m}}}}{{{\text{U}}_{\text{m}}}}\text{ = }\frac{\text{3}}{\text{3}}\text{ = 1A}\)
-Ta thấy: I2 = 0,4A < Iđm : đèn Đ3 sáng tối hơn bình thường.
a)Tính khối lượng đồng được giải phóng ở ca-tốt bình điện phân trong thời gian 16 phút 5 giây và điện năng bình tiêu thụ trong thời gian trên.
b)Tính R3 và R4.
c)Tính điện tích trên mỗi bản tụ nối với N.
Câu trả lời của bạn
Ta có: +Điện trở của đèn 1: \({{\text{R}}_{\text{1}}}\text{ = }\frac{\text{U}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}^{\text{2}}}{{{\text{P}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}}}\text{ = }\frac{{{\text{2}}^{\text{2}}}}{\text{1,5}}\text{ = }\frac{\text{8}}{\text{3}}\text{ }\!\!\Omega\!\!\text{ }\).
+Điện trở của đèn 2: \({{\text{R}}_{\text{2}}}\text{ = }\frac{\text{U}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}^{\text{2}}}{{{\text{P}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}}}\text{ = }\frac{{{\text{4}}^{\text{2}}}}{\text{3}}\text{ = }\frac{\text{16}}{\text{3}}\text{ }\!\!\Omega\!\!\text{ }\).
+Cường độ dòng điện định mức qua đèn 1: \({{\text{I}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}}\text{ = }\frac{{{\text{P}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}}}{{{\text{U}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}}}\text{ = }\frac{\text{1,5}}{\text{2}}\text{ = 0,75A}\).
+Cường độ dòng điện định mức qua đèn 2: \({{\text{I}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}}\text{ = }\frac{{{\text{P}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}}}{{{\text{U}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}}}\text{ = }\frac{\text{3}}{\text{4}}\text{ = 0,75A}\).
+Hiệu điện thế 2 đầu A, B: UAB = U1 + U2 = 2 + 4 = 6V.
+Cường độ dòng điện qua mạch chính: Ta có: UAB = (E1 – E2)-(r1 – r2)I .
=> \(\text{I = }\frac{{{\text{E}}_{\text{1}}}\text{+}{{\text{E}}_{\text{2}}}\text{-}{{\text{U}}_{\text{AB}}}}{{{\text{r}}_{\text{1}}}\text{+}{{\text{r}}_{\text{2}}}}\text{ = }\frac{\text{6+3-6}}{\text{0,5+0,5}}\text{ = 3A}\)
+Cường độ dòng điện qua R4: \({{\text{I}}_{\text{4}}}\text{ = I-}{{\text{I}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{2}}}}}\text{ = 3-0,75 = 2,25A}\).
a)Khối lượng đồng được giải phóng ở ca-tốt bình điện phân và điện năng bình tiêu thụ
-Khối lượng đồng giải phóng ở catốt trong thời gian t =16p5s = 965s là:
\(\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It = }\frac{\text{1}}{\text{96500}}\text{.}\frac{\text{64}}{\text{2}}\text{.2,25}\text{.965 = 0,72g}\)
-Điện năng bình tiêu thụ trong thời gian trên:
A = UIt = 4.2,25.965 = 8,685kJ
b)Tính R3 và R4
-Điện trở của bình điện phân: R4 = \(\frac{{{\text{U}}_{\text{4}}}}{{{\text{I}}_{\text{4}}}}\text{ = }\frac{\text{4}}{\text{2,25}}\text{ = }\frac{\text{16}}{\text{9}}\text{ }\!\!\Omega\!\!\text{ }\).
-Cường độ dòng điện qua R3: I3 = \(\text{I-}{{\text{I}}_{\text{}{{\text{m}}_{\text{1}}}}}\text{ = 3-0,75 = 2,25A}\).
-Điện trở R3: \({{\text{R}}_{\text{3}}}\text{ = }\frac{{{\text{U}}_{\text{3}}}}{{{\text{I}}_{\text{3}}}}\text{ = }\frac{\text{2}}{\text{2,25}}\text{ = }\frac{\text{8}}{\text{9}}\text{ }\!\!\Omega\!\!\text{ }\).
c)Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N
-Hiệu điện thế 2 đầu AM: UAM = E1 – r1I = 6 – 0,5.3 = 4,5V.
-Hiệu điện thế 2 đầu MB: UMB = E2 – r2I = 3 – 0,5.3 = 1,5V.
-Vì E1 > E2 nên bản của C1 nối với M là cực âm, nối với N là cực dương.
-Tại N: q1 – q2 + q3 = 0
ó C1UNM – C2UAN + C3UNB = 0
ó UNM – 2UAN + 2UNB = 0
-Mặt khác: UNM = UNA + UAM = UNA + 4,5 = 4,5 - UAN (2)
-Thay (2) vào (1): 4,5 – UAN – 2UAN + 2UNB = 0
ó 3UAN – 2UNB = 4,5 (3)
-Mặt khác: UAB = UAN + UNB = 6 ó 2UAN + 2UNB = 12 (4)
-Lấy (3) + (4): 5UAN = 16,5
=> UAN = 3,3V; UNB = 2,7V; UNM = 4,5 – 3,3 = 1,2V.
-Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N:
Q1 = C1UNM = 1.1,2 = 1,2\(\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ C}\).
Q2 = -C2UAN = -2.3,3 = -6,6\(\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ C}\).
Q3 = C3UNB = 2.2,7 = 5,4\(\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ C}\).
a)C ở vị trí Rb = 12W thì đèn sáng bình thường. Tính khối lượng đồng bám vào ca-tốt bình điện phân trong 1 phút, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn.
b)Từ vị trí trên của con chạy C, nếu di chuyển C sang trái thì độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào ca-tốt trong 1 phút thay đổi như thế nào ?
Câu trả lời của bạn
Ta có: +Điện trở của đèn: \({{\text{R}}_{\text{}}}\text{ = }\frac{\text{U}_{\text{m}}^{\text{2}}}{{{\text{P}}_{\text{m}}}}\text{ = }\frac{{{\text{6}}^{\text{2}}}}{\text{9}}\text{ = 4 }\!\!\Omega\!\!\text{ }\).
+Cường độ dòng điện định mức của đèn: \({{\text{I}}_{\text{m}}}\text{ = }\frac{{{\text{P}}_{\text{m}}}}{{{\text{U}}_{\text{m}}}}\text{ = }\frac{\text{9}}{\text{6}}\text{ = 1,5A}\).
a)Khối lượng đồng bám vào ca-tốt, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn
-Cường độ dòng điện qua biến trở: \({{\text{I}}_{\text{b}}}\text{ = }\frac{{{\text{U}}_{\text{NP}}}}{{{\text{R}}_{\text{b}}}}\text{ = }\frac{\text{6}}{\text{12}}\text{ = 0,5A}\).
-Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I = Iđm + Ib = 1,5 + 0,5 = 2A.
-Khối lượng đồng bám vào catốt trong 1 phút = 60s là:
\(\text{m=}\frac{\text{1}}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}\text{.It = }\frac{\text{1}}{\text{96500}}\text{.}\frac{\text{64}}{\text{2}}\text{.2}\text{.60 = 0,0398g = 39,8mg}\)
-Công suất tiêu thụ của mạch ngoài:
\({{\text{P}}_{\text{N}}}\text{ = UI = (E-rI)I = (9-0,5}\text{.2)}\text{.2 = 16W}\)
-Công suất của nguồn: \(\text{P = EI = 9}\text{.2 = 18W}\).
Vậy: Khối lượng đồng bám vào ca-tốt là 39,8mg, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là 16W, công suất của nguồn là 18W.
b)Độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào ca-tốt thay đổi như thế nào?
-Nếu con chạy C sang trái thì Rb tăng => RNP tăng => điện trở mạch ngoài tăng => \(\text{I = }\frac{\text{E}}{\text{R+r}}\) giảm nên lượng đồng bám vào catốt giảm.
-Hiệu điện thế hai đầu đèn là:
\({{\text{U}}_{\text{NP}}}\text{ = I}{{\text{R}}_{\text{NP}}}\text{ = }\frac{\text{E}}{\text{R+}\frac{{{\text{R}}_{\text{}}}{{\text{R}}_{\text{b}}}}{{{\text{R}}_{\text{}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{b}}}}}\text{.}\frac{{{\text{R}}_{\text{}}}{{\text{R}}_{\text{b}}}}{{{\text{R}}_{\text{}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{b}}}}\text{ = }\frac{\text{E}{{\text{R}}_{\text{}}}{{\text{R}}_{\text{b}}}}{{{\text{R}}_{\text{}}}\text{(R+}{{\text{R}}_{\text{b}}}\text{)+R}{{\text{R}}_{\text{b}}}}\)
-Cường độ dòng điện qua đèn:
\({{\text{I}}_{\text{}}}\text{ = }\frac{{{\text{U}}_{\text{NP}}}}{{{\text{R}}_{\text{}}}}\text{ = }\frac{\text{E}{{\text{R}}_{\text{b}}}}{{{\text{R}}_{\text{}}}\text{(R+}{{\text{R}}_{\text{b}}}\text{)+R}{{\text{R}}_{\text{b}}}}\text{ = }\frac{\text{E}}{\text{R+}{{\text{R}}_{\text{}}}\text{+}\frac{\text{R}{{\text{R}}_{\text{}}}}{{{\text{R}}_{\text{b}}}}}\)
-Khi Rb tăng => (\(\text{R+}{{\text{R}}_{\text{}}}\text{+}\frac{\text{R}{{\text{R}}_{\text{}}}}{{{\text{R}}_{\text{b}}}}\)) giảm nên Iđ tăng, nghĩa là độ sáng của đèn tăng.
Vậy: Nếu di chuyển C sang trái thì độ sáng của đèn tăng và lượng đồng bám vào ca-tốt giảm.
a)Số electron đến a-nốt trong mỗi giây.
b)Hiệu suất của đi-ôt là 50%. Tính giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt.
c)Tốc độ của electron khi chúng đến a-nốt.
Câu trả lời của bạn
a)Số electron đến a-nốt trong mỗi giây
Ta có : \({{\text{n}}_{\text{e}}}=\frac{\text{I}}{\text{e}}=\frac{\text{5}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{3}}}}{\text{1,6}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{19}}}}=\text{3,125}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{16}}}\)(e/s).
Vậy : Số electron đến a-nốt trong mỗi giây là ne = 3,125.1016 (e/s).
b)Giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt
-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong 1s : Từ H = $\frac{{{\text{n}}_{\text{e}}}}{{{\text{n}}_{\text{0}}}}$.
=> \({{\text{n}}_{\text{0}}}=\frac{{{\text{n}}_{\text{e}}}}{\text{H}}=\frac{\text{3,125}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{16}}}}{\text{0,5}}=\text{6,25}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{16}}}\text{(e/s)}\)
-Cường độ dòng điện bão hòa qua đi-ôt là : Ibh = n0e = 6,25.1016.1,6.10-19 = 10-2A = 10mA.
Vậy : Giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt là Ibh = 10mA.
c)Tốc độ electron khi đến a-nốt
Áp dụng định lí động năng, ta có : A = Wđ2 - Wđ1 ó \(\frac{\text{mv}_{2}^{2}}{\text{2}}\text{ - }\frac{\text{mv}_{1}^{2}}{\text{2}}\text{ = eU}\).
với : v1 = 0 => \({{\text{v}}_{\text{2}}}=\sqrt{\frac{\text{2eU}}{\text{m}}}=\sqrt{\frac{\text{2}\text{.1,6}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{19}}}\text{.10}}{\text{9,1}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{31}}}}}=\text{1,875}\text{.1}{{\text{0}}^{\text{6}}}\text{(m/s)}\)
Vậy : Tốc độ của electron khi đến a-nốt là v2 = 1,875.106(m/s).
Câu trả lời của bạn
Ta có: t = 1,2 phút = 72s.
-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong 1s: Từ Ibh = n0e => n0 = \(\frac{{{\text{I}}_{\text{bh}}}}{\text{e}}\text{ = }\frac{3,{{2.10}^{-3}}}{1,{{6.10}^{-19}}}\) = 2.1016 (e/s).
-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong thời gian t = 72s: Ne = n0t = 2.1016.72 = 1,44.1018.
Vậy: Số electron bứt ra từ ca-tốt trong thời gian t = 72 s là Ne = 1,44.1018.
)Cường độ dòng điện qua bình điện phân.
b)Điện trở bình điện phân.
c)Số chỉ của ampe kế.
d)Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài.
Câu trả lời của bạn
a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân: Vì RA = 0 nên mạch điện được vẽ lại như sau:
Theo định luật Farađay, ta có: \(\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{F}}\frac{\text{A}}{\text{n}}{{\text{I}}_{\text{2}}}\text{t}\)
=> \({{\text{I}}_{\text{2}}}\text{ = }\frac{\text{mFn}}{\text{At}}\text{ = }\frac{\text{0,48}\text{.96500}\text{.2}}{\text{64(16}\text{.60+5)}}\text{ = 1,5A}\)
Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 1,5A.
b)Điện trở bình điện phân
-Hiệu điện thế 2 đầu AB: UAB = \({{\text{I}}_{\text{2}}}\text{(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}\frac{{{\text{R}}_{\text{3}}}{{\text{R}}_{\text{4}}}}{{{\text{R}}_{\text{3}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{4}}}}\text{) = 1,5(}{{\text{R}}_{2}}\text{+}\frac{4.4}{4+4}\text{) = 1,5(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+2)}\)
-Cường độ dòng điện qua R1: I1 = \(\frac{{{\text{U}}_{\text{AB}}}}{{{\text{R}}_{\text{1}}}}\text{ = }\frac{\text{1,5(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+2)}}{\text{3}}\text{ = 0,5}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+1}\)
-Cường độ dòng điện qua mạch chính:
I = I1 + I2 = 1,5 + 0,5R2 + 1 = 2,5 + 0,5R2
Ta có: UAB = E – rI = 13,5 – 1.(2,5+0,5R2) = 1,5(R2 + 2)
ó 11-0,5R2 = 1,5R2 + 3 => R2 = 4W.
Vậy: Điện trở bình điện phân là R2 = 4W.
c)Số chỉ của ampe kế
Ta có: I1 = 0,5.4 + 1 = 3A.
-Hiệu điện thế 2 đầu R3: U3 = U4 = I2R34 = 1,5.2 = 3V.
-Cường độ dòng điện qua R3: \({{\text{I}}_{\text{3}}}\text{ = }\frac{{{\text{U}}_{\text{3}}}}{{{\text{R}}_{\text{3}}}}\text{ = }\frac{\text{3}}{\text{4}}\text{ = 0,75A}\).
-Số chỉ của ampe kế: IA = 3 + 0,75 = 3,75A.
Vậy: Ampe kế chỉ 3,75A.
d)Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài
Ta có: U = UAB = 1,5(R2 + 2) = 1,5.(4 + 2) = 9V
và I = 2,5 + 0,5R2 = 2,5 + 0,5.4 = 4,5A.
=> P = UI = 9.4,5 = 40,5W.
Vậy: Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là P = 40,5W.
Câu trả lời của bạn
Có thể minh họa quá trình sinh ra hạt tải điện do sự ion hóa chất khí như sau :
-Số quãng đường tự do khi electron chuyển động giữa hai điện cực : k = 4.
-Số hạt tải điện tối đa sinh ra là : N = 2k+1 – 2 = 24+1 – 2 = 30.
Vậy : Số hạt tải điện tối đa có thể tạo ra do sự ion hóa chất khí khi đưa vào ca-tốt của ống một electron là n = 30.
b)Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy khi xe chạy bình thường. Cho khoảng cách giữa hai cực của bugi khoảng 0,5mm.
Câu trả lời của bạn
a)Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây
-Có thể coi đám mây là mặt phẳng, ngọn cây là mũi nhọn. Một cách gần đúng có thể ước tính hiệu điện thế phát sinh ra tia sét là trung bình cộng của hai trường hợp : mặt phẳng – mặt phẳng và mũi nhọn – mũi nhọn.
-Từ bảng 15.1 trang 90, Vật lí 11 – NXB Giáo dục Việt Nam 2012 về “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện” ta có : Hiệu điện thế tạo ra tia lửa điện gần như tỉ lệ với khoảng cách đánh tia lửa điện. Do đó :
+Khoảng cách từ đám mây đến ngọn cây là : d’ = 200 – 10 = 190m.
+Xét trường hợp cực phẳng – cực phẳng :
Với d1 = 114mm = 0,114m thì U1 = 300000V = 3.105V.
Với d’ = 190m thì : U’1 = d’.\(\frac{{{\text{U}}_{1}}}{{{\text{d}}_{\text{1}}}}\) = 190.\(\frac{{{3.10}^{5}}}{0,114}\text{ }=\text{ }{{5.10}^{8}}\text{V}\).
+Xét trường hợp mũi nhọn – mũi nhọn :
Với d2 = 600mm = 0,6m thì U2 = 300000V = 3.105V.
Với d’ = 190m thì : U’2 = d’.\(\frac{{{\text{U}}_{2}}}{{{\text{d}}_{\text{2}}}}\) = 190.\(\frac{{{3.10}^{5}}}{0,6}\text{ }=\text{ }0,{{95.10}^{8}}\text{V}\).
+Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây là :
U = $\frac{\text{U}_{\text{1}}^{\text{ }\!\!'\!\!\text{ }}\text{ + U}_{\text{2}}^{\text{ }\!\!'\!\!\text{ }}}{\text{2}}\text{ = }\frac{{{5.10}^{8}}+0,{{95.10}^{8}}}{2}$ $\approx $ 3.108V
Vậy : Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây vào cỡ U$\approx $3.108V.
b)Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy
-Hai cực của bugi xe máy có thể coi như hai mũi nhọn với d’ = 0,5mm.
-Tra bảng 15.1 trang 90, Vật lí 11 – NXB Giáo dục Việt Nam 2012 về “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện”, ta có : U = 20000V ứng với trường hợp d = 15,5mm. Suy ra :
\(\text{U }\!\!'\!\!\text{ = U}\frac{\text{d }\!\!'\!\!\text{ }}{\text{d}}=\text{20000}\text{.}\frac{\text{0,5}}{\text{15,5}}=\text{645V}\)
Vậy : Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy vào khoảng 645V.
a)Tính số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây.
b)Tính động năng của electron khi đến a-nốt, biết rằng electron rời ca-tốt không vận tốc đầu.
c)Tính nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút, biết rằng có 80% động năng của electron biến thành nhiệt.
Câu trả lời của bạn
a)Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây
-Số electron đập vào a-nốt trong mỗi giây : \({{\text{n}}_{\text{e}}}=\frac{\text{I}}{\text{e}}=\frac{\text{6,4}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{3}}}}{\text{1,6}\text{.1}{{\text{0}}^{-\text{19}}}}=4.\text{1}{{\text{0}}^{\text{16}}}\)(e/s).
-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây : n0 = $\frac{{{\text{n}}_{\text{e}}}}{\text{H}}\text{ = }\frac{{{4.10}^{16}}}{0,6}$ = 6,67.1016(e/s).
Vậy : Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây là n0 = 6,67.1016 (e/s).
b)Động năng của electron khi đến a-nốt
-Theo định lí động năng, ta có : A = Wđ2 - Wđ1 ó \(\frac{\text{mv}_{2}^{2}}{\text{2}}\text{ - }\frac{\text{mv}_{1}^{2}}{\text{2}}\text{ = eU}\).
-Vì v1 = 0 => Wđ2 = eU = 1,6.10-19.10 = 1,6.10-18J = 10eV.
Vậy: Động năng của electron khi đến a-nốt là Wđ2 = 1,6.10-18J = 10eV.
c)Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút
-Tổng động năng các electron đến a-nốt trong mỗi phút là: Wđ = NeWđ2 = netWđ2.
-Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút là: Q = HWđ = HnetWđ2.
ó Q = 0,6.4.1016.60.1,6.10-18 = 2,3J
Vậy: Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút là Q = 2,3J.
Câu trả lời của bạn
-Số nguyên tử silic trong 2,8g là : NSi = \(\frac{\text{m}}{\text{M}}\text{.}{{\text{N}}_{\text{A}}}\text{ = }\frac{2,8}{28}.6,{{023.10}^{23}}\) = 6,023.1022 (hạt).
-Số nguyên tử asen pha vào là : NAs = \(\frac{{{\text{N}}_{\text{Si}}}}{\text{1}{{\text{0}}^{\text{9}}}}\text{ = }\frac{6,{{023.10}^{22}}}{{{10}^{9}}}\) = 6,023.1013 (hạt).
-Số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là: Ne = \(\frac{{{\text{N}}_{\text{As}}}}{\text{5}}\text{ = }\frac{6,{{023.10}^{13}}}{5}\) = 1,2046.1013 (hạt).
Vậy: Số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là Ne = 1,2046 (hạt).
Câu trả lời của bạn
-Vì chuyển động có hướng của các hạt tải điện trong bán dẫn giống như chuyển động có hướng của electron trong kim loại nên ta có:
I = \(\frac{\text{q}}{\text{t}}\) = n0eSv => v = \(\frac{\text{I}}{{{\text{n}}_{\text{0}}}\text{eS}}\)
-Vì các hạt tải điện chuyển động dọc theo chiều dài của mẫu (c = 1,0cm) nên:
S = 0,2.0,5 = 0,1cm2 = 10-5m2
=> v = \(\frac{{{5.10}^{-3}}}{\text{1}{{\text{0}}^{22}}\text{.1,6}\text{.1}{{\text{0}}^{-19}}\text{.1}{{\text{0}}^{-5}}}\) = 0,31(m/s)
Vậy: Tốc độ trung bình của chuyển động có hướng của các hạt tải điện là v = 0,31(m/s).
Câu trả lời của bạn
-Tổng số hạt tải điện sinh ra là : N = 2k+1 – 2 → 62 = 2k+1 – 2 → k = 6.
-Khoảng cách giữa hai điện cực là : d = ka = 6.4 = 24cm.
Vậy : Khoảng cách giữa hai điện cực là d = 24cm.
a)Đèn Đ đóng hay mở?
b)Tính hiệu điện thế giữa hai cực của đèn.
c)Giữ nguyên các điện trở và hiệu điện thế giữa A và B nhưng thay đèn Đ bằng một đi-ốt K chỉ cho dòng đi qua theo chiều từ C đến D. Đi-ốt có đường đặc trưng vôn – ampe vẽ ở hình b.
-Nêu các đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện.
-Nếu đi-ốt mở, tính dòng qua đi-ốt.
Câu trả lời của bạn
a)Đèn Đ đóng hay mở?
Giả sử đèn Đ đóng, mạch điện gồm: ((R1 nt R3) // (R2 nt R4)).
-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: R = \(\frac{{{\text{R}}_{\text{13}}}{{\text{R}}_{\text{24}}}}{{{\text{R}}_{\text{13}}}\text{ + }{{\text{R}}_{\text{24}}}}\text{ = }\frac{\text{(}{{\text{R}}_{\text{1}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{3}}}\text{)(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{4}}}\text{)}}{\text{(}{{\text{R}}_{\text{1}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{3}}}\text{)+(}{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{4}}}\text{)}}\).
R = \(\frac{\text{(1+3)(2+4)}}{\text{(1+3) + (2+4)}}\text{ = 2,4k}\Omega \text{ = 2400}\Omega \)
-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = \(\frac{\text{U}}{\text{R}}\text{ = }\frac{100}{2400}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{24}}\text{A}\).
-Cường độ dòng điện qua các nhánh:
+Nhánh 1, 3: I’ = \(\frac{\text{U}}{{{\text{R}}_{13}}}\text{ = }\frac{\text{U}}{{{\text{R}}_{\text{1}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{3}}}}\text{ = }\frac{100}{1000+3000}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{40}}\text{A}\).
+Nhánh 2, 4: I” = \(\frac{\text{U}}{{{\text{R}}_{24}}}\text{ = }\frac{\text{U}}{{{\text{R}}_{\text{2}}}\text{+}{{\text{R}}_{\text{4}}}}\text{ = }\frac{100}{2000+4000}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{60}}\text{A}\).
-Đặt VB = 0 thì VC = I’R3 = \(\frac{1}{40}.3000\text{ = 75V}\); VD = I”R2 = \(\frac{1}{60}.2000\text{ = 33,3V}\).
-Vì VC > VD nên đèn Đ mở.
Vậy: Đèn Đ mở.
b)Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn
-Vì đèn Đ mở nên mạch điện gồm: ((R1 // R4) nt (R3 // R2)).
+Xét đoạn mạch ACB, ta có: R1i1 + R3(i1 – 0,01) = UAB.
ó 1000i1 + 3000(i1 – 0,01) = 100.
=> i1 = 32,5mA; i3 = i1 – i0 = 32,5 – 10 = 22,5mA.
+Xét đoạn mạch ADB, ta có: R4i4 + R2(i4 + 0,01) = UAB.
ó 4000i4 + 2000(i4 + 0,01) = 100.
=> i4 = 13,3mA; i2 = i4 + i0 = 13,3 + 10 = 23,3mA.
-Điện thế các điểm C và D: VC = \(\frac{{{\text{R}}_{\text{3}}}{{\text{i}}_{\text{3}}}}{{{\text{R}}_{\text{1}}}}\text{ = }\frac{3000.22,5}{1000}\) = 67,5V.
Và VD = \(\frac{{{\text{R}}_{\text{2}}}{{\text{i}}_{\text{2}}}}{{{\text{R}}_{\text{1}}}}\text{ = }\frac{2000.23,3}{1000}\) = 46,6V.
=> UCD = VC – VD= 67,5 – 46,6 = 20,9V.
Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn là UCD = 20,9V.
c)Khi thay đèn Đ bằng một đi-ốt K
-Đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện
+Khi VC > VD: Đi-ốt mở, dòng điện qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở: R = \(\frac{30-20}{0,01}\text{ = 1000}\Omega \).
+Khi VC < VD: Đi-ốt đóng, dòng điện không qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở rất lớn: R = \(\infty \).
-Cường độ dòng điện qua đi-ốt khi đi-ốt mở
+Khi đi-ốt mở, ta có:
R1i1 + R3i3 = UAB (a)
R4i4 + R2(i1-i3+i4) = UAB (b)
R1i1 + R1(i1-i3) – R4i4 = 0 (c)
+Giải hệ (a), (b) và (c) ta được: i1 = 30mA; i2 = 21,2mA; i3 = 23,2mA; i4 = 14,2mA.
+Cường độ dòng điện qua đi-ốt: i1 – i3 = 30 – 23,2 = 6,8mA.
+Kiểm lại, ta có: VC = R3i3 = 3000.23,2.10-3 = 69,6V; VD = R2i2 = 2000.21,2.10-3 = 42,4V.
=> VC > VD: đi-ốt mở.
)Tính cường độ dòng bazơ IB.
b)Tính cường độ dòng colectơ IC.
c)Tính hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E).
Câu trả lời của bạn
a)Cường độ điện bazơ IB
Ta có: IB = \(\frac{{{\text{e}}_{\text{1}}}\text{ - }{{\text{U}}_{\text{BE}}}}{{{\text{R}}_{\text{B}}}}\text{ = }\frac{4,5\text{ - 0,5}}{{{40.10}^{3}}}\) = 10-4A = 10μA.
Vậy: Cường độ điện bazơ IB là IB = 10μA.
b)Cường độ dòng colectơ IC
Ta có: IC = βIB = 100.10 = 1000μA = 10mA.
Vậy: Cường độ dòng colectơ IC là IC = 10mA.
c)Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E)
Xét đoạn mạch C – RC – e2 – E, ta có: UCE = e2 – ICRC.
UCE = 12 – 10-2.103 = 2V
Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E) là uCE = 2V.
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *