(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 28

Đáp án đúng là A

Trong hệ trục (V;T) đường vuông góc với trục OT là đường có nhiệt độ không thay đổi.

Đáp án đúng là D

Nhận nhiệt $Q>0$, sinh công $A<0$ ⇒ chọn D.

Đáp án đúng là B

$$Q = m c \Delta t + mL = 0{,}02\cdot 4180\cdot (100-5) + 0{,}02\cdot 2{,}3\cdot 10^{6} = 53942\ \text{J}.$$

Đáp án đúng là B

Bình có thể tích không đổi, nhiệt độ tăng chuyển động nhiệt tăng dẫn đến áp suất tăng

Đáp án đúng là C

$$E = \frac{E_0}{\sqrt{2}} = \frac{N\,B\,S\,\omega}{\sqrt{2}}$$

với $N=100$, $S=50\,\text{cm}^2=5\cdot 10^{-3}\ \text{m}^2$, $f=3000/60=50\ \text{Hz}$, $\omega = 2\pi f$.

$$E = \frac{100 \cdot 0{,}02 \cdot 5\cdot 10^{-3} \cdot 2\pi \cdot 50}{\sqrt{2}} \approx 2{,}22\ \text{V}$$

Đáp án đúng là B

Để xác định chiều dòng điện cảm ứng, ta cần thực hiện các bước:
B1: Xác định chiều đường sức từ, với quy tắc vào Nam, ra Bắc
B1: Xác định chiều dương vòng dây dẫn kín (C) phù hợp với chiều đường sức từ
B3: Từ thông tăng, dòng điện cảm ứng ngược chiều dương. Ngược lại từ thông giảm, dòng điện cùng chiều dương

Đáp án đúng là B

Vì F = B.I.l.sinα nên F max khi sinα = 1 khi α = 90$^{\circ}$.

Đáp án đúng là B

Ta có: $E_d=0{,}25E_0 \Rightarrow E=1{,}25E_0 \Rightarrow m=1{,}25m_0$.
Mặt khác $m=\dfrac{m_0}{\sqrt{1-\dfrac{v^{2}}{c^{2}}}}=1{,}25m_0 \Rightarrow v=0{,}6c$.

Đáp án đúng là C

$I_0 = I\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$.
Tại $t=0$: $i=2 \Rightarrow \cos\varphi = \dfrac{i}{I_0}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \varphi=\pm\dfrac{\pi}{4}$.
Vì $i$ đang tăng nên $\sin\varphi<0 \Rightarrow \varphi=-\dfrac{\pi}{4}$.
Do đó $i = 2\sqrt{2}\cos\!\left(100\pi t - \dfrac{\pi}{4}\right)$.

Đáp án đúng là A

Ta có $N_{01}/N_{02} = 75/25 = 3$.

Chỉ $^{60}_{27}\mathrm{Co}$ phân rã, số hạt còn lại sau 15,9 năm: $N_1 = N_{01}\,2^{-t/T} = N_{01}\,2^{-15{,}9/5{,}3} = 0{,}125\,N_{01}$.

Tỉ phần $^{60}_{27}\mathrm{Co}$ trong tổng coban còn lại:

$$\frac{N_1}{N_1 + N_{02}} = \frac{0{,}125}{0{,}125 + \frac{1}{3}} \approx 0{,}273.$$

Vậy bằng khoảng 27,3%.

a) ĐÚNG

$$\Delta m = m - m_0 = 0{,}02 \, g \, \text{ rất nhỏ}$$

Khối lượng nước trong cốc giảm không đáng kể từ lúc bắt đầu đun đến khi nước bắt đầu sôi.

b) ĐÚNG

$$A = P \cdot t = 100 \cdot 180 = 18000 \, J$$

c) ĐÚNG

$$L = \frac{Q}{m} = \frac{P \cdot t}{m} = \frac{100 \cdot 1{,}598 \cdot 60}{0{,}00408} = 2{,}35 \cdot 10^6 \, J/kg$$

d) SAI

$$Q = mc\Delta t + P \cdot t = 169633{,}93 \, J$$

a) ĐÚNG

Theo đề bài: CO$_2$ có tác dụng làm loãng nồng độ hỗn hợp hơi khí cháy và làm lạnh vùng cháy, giúp triệt tiêu đám cháy.

b) SAI

``Tuyết than khô'' thực chất là CO$_2$ ở thể rắn, không phải thể khí.
CO$_2$ rắn có nhiệt độ $-78{,}5^\circ C$ và thăng hoa trực tiếp thành khí mà không qua giai đoạn lỏng.

c) ĐÚNG

Theo thông tin trong đề bài: CO$_2$ cần áp suất $58 \, \text{atm}$ để hoá lỏng ở nhiệt độ $20^\circ C$.

d) SAI

Đề bài đã nêu rõ: lượng $2200 \, \text{lít}$ khí CO$_2$ ở $20^\circ C$ và áp suất $1 \, \text{atm}$ có thể tạo ra $4 \, \text{lít}$ CO$_2$ lỏng.

a) ĐÚNG

Theo định luật phóng xạ.

b) SAI

Sau $1T$, số hạt nhân phóng xạ còn lại $50\%$ số hạt nhân phóng xạ lúc đầu.

c) ĐÚNG

Vì

$$N + \Delta N = N_0 \left( 2^{-\tfrac{t}{T}} + 1 - 2^{-\tfrac{t}{T}} \right) = N_0 = \text{const}$$

d) ĐÚNG

a) ĐÚNG

Đây chính là nội dung cơ bản trong thí nghiệm của Joule. Vật nặng rơi xuống làm quay cánh cản trong nước, lực ma sát giữa cánh khuấy và nước làm tăng nhiệt độ của nước.

b) ĐÚNG

Đây là thông tin lịch sử chính xác. Từ năm 1844 đến 1854, Joule thực hiện hàng loạt thí nghiệm về sự chuyển hóa giữa công và nhiệt, tạo cơ sở cho Định luật I của nhiệt động lực học (nguyên lý bảo toàn và chuyển hóa năng lượng trong hệ nhiệt động).

c) SAI

Phát biểu này sai vì trong thí nghiệm của Joule, nước không nhận nhiệt lượng từ môi trường, mà nội năng tăng do công cơ học được thực hiện bởi cánh cản.

d) ĐÚNG

Đây là đúng theo Định luật I nhiệt động lực học:

ΔU=A+Q

Với Q=0 (hệ cô lập nhiệt), ta có:

ΔU=A.

Nung nóng đẳng áp nên:

$$\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2} \quad \Rightarrow \quad \frac{V_1}{T_1} = \frac{m}{\rho T_2}$$

$$\Rightarrow T_2 = \frac{m T_1}{V_1 \rho} = \frac{24 \cdot 300}{5 \cdot 2{,}5} = 576 \, K \quad \Rightarrow \quad t = 303^\circ C$$

$$Q = P \cdot t = mc\Delta t + Lm$$

$$\Rightarrow m = \frac{Q}{c \Delta t + L}$$

$$\Rightarrow m = \frac{1500 \cdot 60}{4180 \cdot (100 - 30) + 2{,}3 \cdot 10^6} \approx 0{,}0347 \, g$$

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn điện tích:

$$1 + 235 = 90 + 144 + x \cdot 1 \quad \Rightarrow \quad x = 2$$

Năng lượng tỏa ra khi phân hạch 1 hạt $^{235}_{92}\text{U}$:

$$E = \Delta E_{\text{sau}} - \Delta E_{\text{trước}} = 169{,}7 \ \text{MeV}$$

$$Q = 3{,}32 \cdot 10^{-11} \ \text{J}$$

Số hạt $^{235}_{92}\text{U}$ sử dụng trong 1 năm:

$$N = \frac{P \cdot t}{Q \cdot \eta}$$

Khối lượng $^{235}_{92}\text{U}$ trong 1 năm:

$$m = \frac{M}{N_A} \cdot N$$

Với

$$M = 235 \ \text{g/mol}, \quad N_A = 6{,}022 \times 10^{23}$$

$$m = 129541{,}26 \ \text{g} \approx 129{,}5 \ \text{kg}$$

Từ đồ thị ta thấy, độ dốc càng lớn thì suất điện động cảm ứng càng lớn nên trong khoảng thời gian từ 0 đến 0,08 s suất điện động lớn nhất:

$$e_c = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| = \left| \frac{-0{,}2 - 0{,}5}{0{,}08} \right| = 8{,}75 \ \text{V}$$

Phương trình phản ứng:

$$p + \,^3_3\text{Li} \;\;\rightarrow\;\; X + X$$

Dựa vào định luật bảo toàn điện tích và số khối, ta xác định được hạt nhân $X$ chính là hạt $\alpha$.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:

$$p = p_{X_1} + p_{X_2}$$

Từ hình vẽ ta có:

$$p = 2p_X \cos 30^\circ = m_p v_p = 2 m_X v_X \cos 30^\circ$$

$$\frac{v_p}{v_X} = \frac{2 m_X \cos 30^\circ}{m_p} = 4\sqrt{3} \approx 6.93$$