(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 29

Đáp án đúng là D

Để nước xịt ra mạnh hơn cần tạo áp suất khí trong bình lớn hơn.

Ở nhận định D, rót nước vào khoảng hai phần ba bình tạo không gian trống để khi thực hiện kéo và đẩy pit tông nhiều lần, đưa không khí vào bình càng nhiều và tạo áp suất khí càng lớn. Khi nhấn van xả nước, nước được đẩy ra ngoài càng mạnh.

Ở nhận định A, rót nước vào đầy bình nên rất khó có thể đẩy pit tông xuống để nén khí. Khí đó, nhấn van xả nước thì áp suất trong bình không thể để đẩy nước ra ngoài.

Ở nhận định B, khi rót nước vào khoảng hai phần ba bình và lắc đều bình thì áp suất trong bình cũng không thay đổi đáng kể. Nên khi nhấn van xả nước thì áp suất trong bình không thể để đẩy nước ra ngoài.

Ở nhận định C, khi nhấn giữa van xả nước và dùng tay kéo và đẩy pit tông di chuyển đều thì nước vẫn được đẩy ra ngoài nhưng rất yếu.

Đáp án đúng là D

Trong quá trình làm nóng khối khí, pit tông không dịch chuyển. Khối khí nhận nhiệt lượng và không sinh công nên độ biến thiên nội năng của khối khí là $\Delta U=Q$ (với $Q>0$ ). Nội năng của khối khí tăng.

Trong quá trình này thể tích khối khí không đổi, nhiệt độ tăng nên áp suất tăng. Khi đó, lực của khối khí tác dụng lên pit tông tăng, nhưng nhỏ hơn trọng lực của pit tông nên pit tông vẫn không bị dịch chuyển.

Phần nhiệt năng khối khí nhận vào từ đèn cồn được gọi là nhiệt lượng. Nhiệt lượng khối khí nhận vào nhỏ hơn nhiệt lượng đèn cồn tỏa ra (vì đèn cồn có truyền nhiệt năng ra môi trường).

Vậy nhận định A sai; nhận định B sai; nhận định C sai; nhận định D đúng.

Đáp án đúng là A

Từ đồ thị ta thấy, nhiệt lượng cần cung cấp để hoá lỏng hoàn toàn khối nước đá ở 0$^\circ$C là:

$$\frac{250 \times 10^{3}}{10} \times 5 = 125000\ \text{(J)}$$

Khối lượng khối nước đá là:

$$Q = \lambda m \;\;\Leftrightarrow\;\; m = \frac{Q}{\lambda} = \frac{125000}{3{,}34 \times 10^{5}} \approx 0{,}37\ \text{kg}.$$

Đáp án đúng là A

Thể tích etylic alcohol:

$$V_{\text{etylic alcohol}} = \frac{S \cdot V_{\text{rượu etylic}}}{100} = \frac{20 \cdot 750 \cdot 10^{-6}}{100} = 15 \cdot 10^{-5}\ \text{m}^3.$$

Thể tích nước:

$$V_{\text{nước}} = V_{\text{rượu etylic}} - V_{\text{etylic alcohol}} = 750 \cdot 10^{-6} - 15 \cdot 10^{-5} = 60 \cdot 10^{-5}\ \text{m}^3.$$

Khối lượng etylic alcohol:

$$m_e = D_e \cdot V_{\text{etylic alcohol}} = 789 \cdot 15 \cdot 10^{-5} = 0{,}11835\ \text{kg}.$$

Khối lượng nước:

$$m_n = D_n \cdot V_{\text{nước}} = 997 \cdot 60 \cdot 10^{-5} = 0{,}5982\ \text{kg}.$$

Kể từ thời điểm nhiệt độ của rượu vừa đạt $78^\circ$C, nhiệt độ cung cấp để etylic alcohol hoá hơi hoàn toàn, nước tăng nhiệt độ tới $100^\circ$C và nước hóa hơi hoàn toàn, nên ta có:

$$Q = L_e \cdot m_e + m_n \cdot c_n \cdot \Delta T + L_n \cdot m_n$$

$$Q = 0{,}9 \cdot 10^6 \cdot 0{,}11835 + 0{,}5982 \cdot 4200 \cdot (100 - 78) + 2{,}3 \cdot 10^6 \cdot 0{,}5982$$

$$Q \approx 1\,537\,649\ \text{J} \approx 1\,538\ \text{kJ}.$$

Đáp án đúng là B

Trong quá trình đẳng nhiệt, áp suất và thể tích của khối khí tỉ lệ nghịch với nhau (định luật Boyle).

Khi đó ta có:

$$p_1 V_1 = p_2 V_2 \;\;\Leftrightarrow\;\; p_1 (V_2 + 0{,}4) = 1{,}2 p_1 V_2$$

$$V_2 + 0{,}4 = 1{,}2 V_2$$

$$V_2 = 2\ \text{lít}$$

Đáp án đúng là A

Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn, ta có:

$$pV = nRT = \frac{m}{M} \cdot R T \;\;\Rightarrow\;\; m = \frac{p V M}{R T}$$

$$m = \frac{15 \cdot 10^6 \cdot 14 \cdot 10^{-3} \cdot 32}{8{,}31 \cdot (27 + 273)} \approx 2\,696\ \text{g}.$$

Đáp án đúng là B

Bệnh nhân cần thay bình oxxyen mới khi áp suất khí trong bình bằng áp suất khí quyển. Do nhiệt độ khí trong bình không thay đổi nên theo định luật Boyle, ta có:

$$p_1 V_1 = p_2 V_2 \;\;\Rightarrow\;\; V_2 = \frac{p_1 V_1}{p_2} = \frac{15 \cdot 10^6 \cdot 14}{10^5} = 2100\ \text{lít}.$$

(Với $V_2$ là thể tích khí oxxyen đã được sử dụng)

Khi oxxyen được hít vào với lưu lượng trung bình: $6\ \text{lít}/15\ \text{phút} = 0{,}4\ \text{lít/phút}$.

Thời gian bệnh nhân sử dụng bình oxxyen đến khi cần thay bình mới là:

$$t = \frac{2100}{0{,}4} = 5250\ \text{phút} = 87{,}5\ \text{giờ}.$$

Đáp án đúng là B

Động năng tịnh tiến trung bình của các phân tử khí lí tưởng ở 25$^\circ$C là:

$$W_\text{đ} = \frac{3}{2} kT = \frac{3}{2} \cdot \frac{R}{N_A} \cdot T = \frac{3}{2} \cdot \frac{8{,}31}{6{,}02 \cdot 10^{23}} \cdot (27+273) = 6{,}2 \cdot 10^{-21}\ \text{J}.$$

Đáp án đúng là B

Hình 2 biểu diễn đúng chiều dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn. Các đường sức từ của nam châm có chiều đi ra từ cực Bắc và đi vào cực Nam được biểu diễn bởi vector $\vec{B_0}$ (như hình vẽ bên). Do $v_k < v_n$ và chúng cùng chuyển động sang trái nên nam châm càng tiến lại gần khung dây dẫn nên từ thông xuyên qua tiết diện khung dây tăng và trong khung dây dẫn xuất hiện dòng điện cảm ứng. Từ trường của dòng điện cảm ứng có chiều tuân theo định luật Lenz. Khi đó, vector cảm ứng từ $\vec{B_c}$ của từ trường cảm ứng ngược chiều với vector $\vec{B_0}$. Sử dụng quy tắc nắm tay phải và xác định được chiều dòng điện cảm ứng chạy qua khung dây dẫn như hình vẽ.

Hình 1 và 3, chiều dòng điện cảm ứng ngược chiều với chiều được biểu diễn.

Hình 4, do nam châm và khung dây dẫn chuyển động cùng chiều và cùng tốc độ nên vị trí tương đối giữa chúng không thay đổi. Khi đó, từ thông xuyên qua khung dây không thay đổi nên trong khung dây dẫn không xuất hiện dòng điện cảm ứng.

Đáp án đúng là D

Biểu thức xác định độ lớn cảm ứng từ tại A, B, C lần lượt là

$$B_A = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I}{PA} \ \Rightarrow\ PA = \frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_A}$$

$$B_B = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I}{PB} \ \Rightarrow\ PB = \frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_B}$$

$$B_C = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I}{PC} \ \Rightarrow\ PC = \frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_C}$$

Dựa vào hình vẽ, ta thấy:

$$PC = \frac{PA+PB}{2}$$

Suy ra:

$$\frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_C} = \frac{1}{2}\left(\frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_A} + \frac{2 \cdot 10^{-7} I}{B_B}\right) \Rightarrow \frac{1}{B_C} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{B_A} + \frac{1}{B_B}\right)$$

$$\Rightarrow\ B_C = \frac{2 \cdot B_B \cdot B_A}{B_B + B_A} = \frac{2 \cdot 3 \cdot 10^{-4} \cdot 6 \cdot 10^{-4}}{3 \cdot 10^{-4} + 6 \cdot 10^{-4}} = 4 \cdot 10^{-4}\ (\text{T}).$$

Đáp án đúng là D

Chu kì biến thiên của điện áp và cường độ dòng điện là $T = 4\ \text{s}$.

Pha ban đầu của điện áp ($-\pi \le \varphi_u \le \pi$):

Tại $t = 0\ \text{s}$, ta có: $\cos \varphi_u = \dfrac{u}{U_0} = -1 \Rightarrow \varphi_u = -\pi\ \text{(rad)}$ (u tăng).

Pha ban đầu của cường độ dòng điện ($-\pi \le \varphi_i \le \pi$):

Tại $t = 0\ \text{s}$, ta có: $\cos \varphi_i = \dfrac{i}{I_0} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \varphi_i = \pm \dfrac{\pi}{3}\ \text{(rad)}$.

Mà $i$ đang tăng nên $\varphi_i = -\dfrac{\pi}{3}\ \text{(rad)}$.

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là:

$$\varphi_{ui} = \varphi_u - \varphi_i = -\pi - \left(-\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{2\pi}{3}\ \text{(rad)}.$$

Vậy cường độ dòng điện $i$ sớm pha hơn điện áp $u$ một góc bằng $\dfrac{2\pi}{3}\ \text{rad}$.

Đáp án đúng là D

Pha ban đầu của từ thông (tại $t = 0$): $\varphi_0 = (\vec n;\,\vec B) = 30^\circ = \frac{\pi}{6}$ (rad).

Tần số góc của khung dây: $\omega = 2\pi f = 2\pi \cdot \frac{3000}{60} = 100\pi$ (rad/s).

Biểu thức từ thông xuyên qua diện tích $S$ của khung dây:

$$\Phi = N B S \cos(\omega t + \varphi_0) = 500 \cdot 0{,}1 \cdot 100 \cdot 10^{-4} \cdot \cos\!\left(100\pi t + \frac{\pi}{6}\right) = 0{,}5 \cos\!\left(100\pi t + \frac{\pi}{6}\right)\ (\text{Wb}).$$

Biểu thức suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây:

$$e_c = -\frac{d\Phi}{dt} = 50\pi \sin\!\left(100\pi t + \frac{\pi}{6}\right) = 50\pi \cos\!\left(100\pi t - \frac{\pi}{3}\right)\ (\text{V}).$$

Đáp án đúng là C

Chu kì của điện áp: $T = 4\ \text{ô} = 4 \cdot 5 \cdot 10^{-3} = 0{,}02\ \text{s}.$

Tần số của điện áp: $f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{0{,}02} = 50\ \text{Hz}.$

Vậy tần số dòng điện xoay chiều (bằng tần số của điện áp) là $50\ \text{Hz}.$

Đáp án đúng là D

Trong khoảng thời gian từ $0$ đến $t_1$ (s), dòng điện cảm ứng có chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Dùng quy tắc nắm tay phải ta xác định được vectơ cảm ứng từ của từ trường cảm ứng trong khung dây dẫn cùng hướng với vectơ cảm ứng từ $\vec{B}$ của từ trường đều.

Vậy, trong khoảng thời gian từ $0$ đến $t_1$ (s) từ thông xuyên qua diện tích $S$ của khung dây dẫn luôn giảm (định luật Lenz) hay độ lớn cảm ứng từ luôn giảm $(\Phi = NBS \cos(\vec{n};\,\vec{B}))$.

Vậy đồ thị 4 biểu diễn đúng sự biến đổi của độ lớn cảm ứng từ theo thời gian.

Đáp án đúng là D

Số nguyên tử $\,^{238}_{92}\text{U}\,$ có trong 119 gam $\,^{238}_{92}\text{U}\,$ là:

$$N = \frac{m}{M} \cdot N_A = \frac{119}{238} \cdot 6{,}02 \cdot 10^{23} = 3{,}01 \cdot 10^{23}\ \text{nguyên tử}.$$

Trong mỗi nguyên tử $\,^{238}_{92}\text{U}\,$ có chứa $238 - 92 = 146$ neutron.

Vậy số neutron có trong 119 gam $\,^{238}_{92}\text{U}\,$ là

$$3{,}01 \cdot 10^{23} \cdot 146 \approx 4{,}4 \cdot 10^{25}.$$

Đáp án đúng là A

Ta có: $W_{\text{lk}Z} < W_{\text{lk}X} < W_{\text{lk}Y}$ và $A_X = 2A_Y = 0{,}5A_Z$.

Suy ra:

$$A_X = 2A_Y \quad\Rightarrow\quad A_Y=\frac{A_X}{2}, \qquad A_X = 0{,}5A_Z \quad\Rightarrow\quad A_Z=2A_X.$$

Xét năng lượng liên kết riêng:

$$\frac{W_{\text{lk}Z}}{A_Z} = \frac{W_{\text{lk}Z}}{2A_X}, \qquad \frac{W_{\text{lk}X}}{A_X}, \qquad \frac{W_{\text{lk}Y}}{A_Y} = \frac{W_{\text{lk}Y}}{A_X/2}.$$

Từ $W_{\text{lk}Z} < W_{\text{lk}X} < W_{\text{lk}Y}$ và các hệ thức trên, suy ra

$$4\,W_{\text{lk}Z} \;<\; 2\,W_{\text{lk}X} \;<\; W_{\text{lk}Y} \;\;\Rightarrow\;\; \frac{W_{\text{lk}Z}}{A_Z} \;<\; \frac{W_{\text{lk}X}}{A_X} \;<\; \frac{W_{\text{lk}Y}}{A_Y}.$$

Vậy các hạt nhân được sắp xếp theo thứ tự tính bền vững giảm dần là: Y; X; Z.

Đáp án đúng là C

Phóng xạ là quá trình hạt nhân tự phát ra các hạt $\alpha, \beta^-, \beta^+$ và biến đổi thành một hạt nhân khác.

Đáp án đúng là A

Gọi số hạt nhân $\,^{210}_{84}\text{Po}\,$ và số hạt nhân $\,^{206}_{82}\text{Pb}\,$ tại thời điểm ban đầu là $N_{0\text{Po}}$ và $N_{0\text{Pb}}$.

Phương trình phóng xạ: $\,^{210}_{84}\text{Po} \rightarrow\,^{206}_{82}\text{Pb} + {}^{4}_{2}\text{He}$.

Sau khoảng thời gian $t$, số hạt nhân $\,^{210}_{84}\text{Po}\,$ còn lại:

$$N = N_{0\text{Po}}\cdot 2^{-t/T},$$

và số hạt nhân $\,^{206}_{82}\text{Pb}\,$ mới được tạo thành bằng số hạt nhân $\,^{210}_{84}\text{Po}\,$ đã mất đi:

$$\Delta N = N_{0\text{Po}}\left(1-2^{-t/T}\right).$$

Tại thời điểm $t_1$, tỉ số giữa số hạt nhân $\,^{206}_{82}\text{Pb}\,$ và số hạt nhân $\,^{210}_{84}\text{Po}\,$ là:

$$\frac{N_{0\text{Pb}}+\Delta N_1}{N_1} = \frac{N_{0\text{Pb}}+N_{0\text{Po}}\left(1-2^{-t_1/T}\right)}{N_{0\text{Po}}\,2^{-t_1/T}} = 1$$

$$\Rightarrow\ \left(\frac{N_{0\text{Pb}}}{N_{0\text{Po}}}+1\right)2^{t_1/T}=2 \qquad (1)$$

Tại thời điểm $t_2$, tỉ số giữa số hạt nhân $\,^{206}_{82}\text{Pb}\,$ và số hạt nhân $\,^{210}_{84}\text{Po}\,$ là:

$$\frac{N_{0\text{Pb}}+\Delta N_2}{N_2} = \frac{N_{0\text{Pb}}+N_{0\text{Po}}\left(1-2^{-t_2/T}\right)}{N_{0\text{Po}}\,2^{-t_2/T}} = 7$$

$$\Rightarrow\ \left(\frac{N_{0\text{Pb}}}{N_{0\text{Po}}}+1\right)2^{t_2/T}=8 \qquad (2)$$

Chia $(2)$ cho $(1)$ theo từng vế:

$$2^{(t_2-t_1)/T} = 4 \Rightarrow \frac{t_2-t_1}{T}=2.$$

Vì $t_2=3{,}52\,t_1$ nên

$$\frac{3{,}52\,t_1-t_1}{T}=2 \Rightarrow \frac{2{,}52\,t_1}{T}=2 \Rightarrow \frac{t_1}{T}=\frac{50}{63}.$$

Thay $\dfrac{t_1}{T}=\dfrac{50}{63}$ vào $(1)$:

$$\left(\frac{N_{0\text{Pb}}}{N_{0\text{Po}}}+1\right)2^{50/63}=2 \Rightarrow \frac{N_{0\text{Pb}}}{N_{0\text{Po}}} = 2\cdot 2^{-50/63}-1 \approx 0{,}154.$$

Vậy tỉ số cần tìm xấp xỉ $0{,}154$.

a) Sai

Do bỏ qua sự truyền nhiệt ra môi trường và ấm nên nhiệt lượng mà ấm cung cấp bằng nhiệt lượng mà nước và nước đá thu vào.

Xét đoạn $OA$, lượng nước đá trong hỗn hợp nhận nhiệt lượng để nóng chảy và chuyển hoàn toàn sang thể lỏng. Ta có:

$$Q_{0A} = \lambda m_{a2} \;\;\Leftrightarrow\;\; m_{a2} = \frac{Q_{0A}}{\lambda} = \frac{66{,}8 \cdot 10^3}{3{,}34 \cdot 10^5} = 0{,}2\ \text{kg}.$$

Khối lượng nước có trong hỗn hợp ban đầu là: $2 - 0{,}2 = 1{,}8\ \text{kg}$.

b) Đúng

Do khoảng thời gian từ thời điểm bắt đầu đun đến khi nhiệt độ của hỗn hợp bắt đầu tăng lên là 67 giây nên ta có:

$$Q_{0A} = P \cdot t_{0A} \;\;\Rightarrow\;\; P = \frac{Q_{0A}}{t_{0A}} = \frac{66{,}8 \cdot 10^3}{67} \approx 1000\ \text{W}.$$

c) Sai

Trong khoảng thời gian từ thời điểm bắt đầu đun đến khi nước bắt đầu sôi, ta có:

$$Q = Q_{0A} + m_n c_n \Delta T = P t.$$

$$\Rightarrow t = \frac{66{,}8 \cdot 10^3 + 2 \cdot 4200 \cdot 100}{1000} \approx 906{,}8\ \text{s} \approx 15\ \text{phút}.$$

d) Đúng

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:

$$m_n c_n (100 - t_{cb}) = m_{a2} c_a [0 - (-5)] + \lambda m_{a2} + m_{a2} c_n (t_{cb} - 0).$$

$$\Rightarrow 2 \cdot 4200 \cdot (100 - t_{cb}) = 0{,}25 \cdot 2100 \cdot 5 + 3{,}34 \cdot 10^5 \cdot 0{,}25 + 0{,}25 \cdot 4200 \cdot t_{cb}.$$

$$\Rightarrow t_{cb} \approx 80^\circ \text{C}.$$

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Định luật Charles được phát biểu như sau: “Với một khối lượng khí xác định, khi giữ ở áp suất không đổi thì thể tích của khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối của nó”.	Đ
b	Lượng khí lí tưởng chứa trong xi lanh có số mol xấp xỉ bằng 2,8 mol.		S
c	Tỉ số luôn không đổi và xấp xỉ bằng 0,235.${10}^{-6}\frac{{m}^{3}}{K}$ .	Đ
d	Đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa nhiệt độ tuyệt đối và thể tích của khối khí trên như hình vẽ sau:	Đ

a) ĐÚNG

Định luật Charles được phát biểu như sau: “Với một khối lượng khí xác định, khi giữ ở áp suất không đổi thì thể tích của khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối của nó”.

Phát biểu đúng.

b) SAI

Lượng khí lí tưởng chứa trong xi lanh có số mol là:

$$p_0 V_0 = n R T_0 \;\Rightarrow\; n=\frac{p_0 V_0}{R T_0} =\frac{10^{5}\!\cdot 70\cdot 10^{-6}}{8{,}31\cdot(26+273)} \approx 0{,}0028\ \text{mol}.$$

c) ĐÚNG

Ta có bảng số liệu sau (đã đổi đơn vị):

$$\frac{\overline{V}}{\overline{T}} = 0{,}235\cdot 10^{-6}\ \frac{\text{m}^3}{\text{K}}.$$

Vậy tỉ số $\dfrac{V}{T}$ luôn không đổi và xấp xỉ bằng $0{,}235\cdot 10^{-6}\ \text{m}^3/\text{K}$.

d) ĐÚNG

Từ bảng giá trị trên ta vẽ được đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa nhiệt độ tuyệt đối và thể tích của khối khí như hình sau:

a) SAI

Độ biến thiên từ thông qua khung dây dẫn trong khoảng thời gian từ $t_1=0\ \text{s}$ đến $t_2=0{,}5\ \text{s}$ là:

$$\Delta\Phi = N\cdot \Delta B \cdot S \cdot \cos(\vec n;\vec B) = 100 \cdot 2{,}5\cdot 10^{-3} \cdot 12\cdot 10^{-4} \cdot \cos 0^\circ = 3\cdot 10^{-4}\ \text{Wb}.$$

b) ĐÚNG

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn trong khoảng thời gian từ $t_1=0\ \text{s}$ đến $t_2=0{,}5\ \text{s}$ có độ lớn là:

$$|e_c|=\left|\!-\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right| = \left|\!-\frac{3\cdot 10^{-4}}{0{,}5}\right| = 6\cdot 10^{-4}\ \text{V} = 0{,}6\ \text{mV}.$$

c) ĐÚNG

Do cảm ứng từ tăng nên từ thông xuyên qua tiết diện khung dây dẫn tăng. Theo định luật Lenz, từ trường cảm ứng trong khung dây ($\vec B_c$) ngược chiều với $\vec B$. Dùng quy tắc nắm tay phải, dòng điện cảm ứng có chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Cường độ dòng điện cảm ứng:

$$I=\frac{|e_c|}{R} = \frac{6\cdot 10^{-4}}{0{,}01\cdot 100} = 6\cdot 10^{-4}\ \text{A} = 0{,}6\ \text{mA}.$$

d) SAI

Dựa vào đồ thị, ta có dạng $B=a\,t$. Tại $t=0{,}5\ \text{s}$, $B=2{,}5\cdot 10^{-3}\ \text{T}$ nên

$$a=\frac{2{,}5\cdot 10^{-3}}{0{,}5}=0{,}005\ \text{T/s}.$$

Khi từ thông $\Phi=0{,}12\ \text{mWb}=0{,}12\cdot 10^{-3}\ \text{Wb}$,

$$\Phi=NBS\cos(\vec n;\vec B)=100\cdot B \cdot 12\cdot 10^{-4}\cdot \cos 0^\circ =0{,}12\,B \Rightarrow B=\frac{\Phi}{0{,}12}=0{,}001\ \text{T}.$$

Thời điểm có $B=0{,}01\ \text{T}$ là:

$$B=0{,}005\,t \Rightarrow t=\frac{B}{0{,}005}=\frac{0{,}001}{0{,}005}=0{,}2\ \text{s}.$$

a) SAI

Hằng số phóng xạ của $\,^{133}_{54}\text{Xe}\,$:

$$\lambda=\frac{\ln 2}{T} =\frac{\ln 2}{5{,}24\cdot 24\cdot 3600} \approx 0{,}1531\cdot 10^{-5}\ \text{s}^{-1}.$$

b) ĐÚNG

Khối lượng $\,^{133}\text{Xe}\,$ trong liều bệnh nhân đã hít vào:

$$H_0=\lambda N_0,\qquad N_0=\frac{m_0}{M}N_A \Rightarrow m_0=\frac{H_0\,T\,M}{\ln 2\,N_A} =\frac{3{,}18\cdot 10^{8}\cdot 5{,}24\cdot 24\cdot 3600\cdot 133}{\ln 2\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}} \approx 0{,}046\cdot 10^{-6}\ \text{g}=0{,}046\ \mu\text{g}.$$

c) SAI

Khối lượng $\,^{133}\text{Xe}\,$ lắng đọng tại phổi: $m_1=85\%\,m_0=0{,}85\,m_0$.

Độ phóng xạ tại thời điểm chụp thứ hai (sau $t=2\ \text{h}$):

$$H=H_0\,2^{-t/T}=3{,}18\cdot 10^8\cdot 2^{-\,\frac{2}{5{,}24\cdot 24}} \approx 3{,}15\cdot 10^{8}\ \text{Bq}.$$

(Nên nhận xét ghi “Ci” là sai về đơn vị.)

d) ĐÚNG

Áp dụng định lí động năng:

$$A_{\,\vec F_e} =\frac12 m v^2-\frac12 m v_0^2 =q\,\vec E\cdot \vec d =q\,U \Rightarrow v=\sqrt{\frac{2}{m}\,qU+v_0^2} =\sqrt{\frac{2}{9{,}1\cdot 10^{-31}}\cdot(-1{,}6\cdot 10^{-19})\cdot(-10)+(2\cdot 10^{6})^2} \approx 2{,}74\cdot 10^{6}\ \text{m/s}.$$

(Vì hạt $\beta^-$ chuyển động từ bản âm về phía bản dương nên $qU>0$. Với $U=Ed=-10\ \text{V}$ theo quy ước chiều $E$ ngược hướng chuyển động điện tích âm.)

Khối lượng nước cần đun trong một tháng là:

$$26.m = 26\cdot D \cdot V = 26 \cdot 997 \cdot 40 \cdot 1{,}8 \cdot 10^{-3} = 1866{,}384\ \text{kg}.$$

Nhiệt lượng cần cung cấp để làm 1866{,}384 kg nước sôi từ nhiệt độ ban đầu 20 $^\circ$C là:

$$Q = m \cdot c \cdot \Delta T = 1866{,}384 \cdot 4200 \cdot (100-20) = 627\,105\,024\ \text{J}.$$

Nếu đun nước bằng bếp điện thì cần lượng điện tiêu thụ là:

$$W_b=\frac{Q}{70\%} =\frac{627\,105\,024}{70\%} = 895\,864\,320\ \text{J} = 248{,}8512\ \text{kW.h}.$$

Nếu đun nước bằng ấm điện thì cần lượng điện tiêu thụ là:

$$W_a=\frac{Q}{90\%} =\frac{627\,105\,024}{90\%} = 696\,783\,360\ \text{J} \approx 193{,}5509\ \text{kW.h}.$$

Số tiền điện của việc đun nước mà nhà trường tiết kiệm được mỗi tháng khi dùng ấm điện thay cho bếp điện là:

$$1\,748 \cdot \big( 248{,}8512 - 193{,}5509 \big) \approx 96{,}7\ \text{nghìn đồng}.$$

Từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) là quá trình đẳng nhiệt nên

$$T_2 = T_1 = 27 + 273 = 300\ \text{K}.$$

Từ trạng thái (2) sang trạng thái (3) là quá trình đẳng tích, có áp suất tăng 3 lần nên nhiệt độ tuyệt đối tăng 3 lần. Khi đó:

$$T_3 = 3T_2 = 3\cdot 300 = 900\ \text{K}.$$

Từ trạng thái (3) sang trạng thái (4) là quá trình đẳng áp, có thể tích giảm 2 lần nên nhiệt độ tuyệt đối giảm 2 lần. Khi đó:

$$T_4 = \frac{T_3}{2} = \frac{900}{2} = 450\ \text{K}.$$

Suất điện động cảm ứng cực đại trong cuộn dây của bộ thu khi dây đàn dao động là:

$$E_0 = N B S \omega = N B S \cdot 2\pi f.$$

$$E_0 = 310 \cdot 0{,}02 \cdot 5\cdot 10^{-4} \cdot 2\pi \cdot 500 \approx 9{,}7\ \text{V}.$$

Do độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện xoay chiều trong mạch là $\dfrac{\pi}{2}$ nên:

$$\left(\frac{u}{U_0}\right)^2 + \left(\frac{i}{I_0}\right)^2 = 1$$

$$\Leftrightarrow \left(\frac{110\sqrt{2}}{220\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{2\sqrt{2}}{I_0\sqrt{2}}\right)^2 = 1$$

$$\Rightarrow I \approx 2{,}31\ \text{A}.$$

Hằng số phóng xạ của ${}^{14}\text{C}$ là:

$$\lambda=\frac{\ln 2}{T} =\frac{\ln 2}{5730\cdot 365\cdot 24\cdot 3600} \approx 3{,}84\cdot 10^{-12}\ \text{s}^{-1} =3{,}84\ \text{p.s}^{-1}.$$

Độ phóng xạ của mỗi gram C14 trong cây còn sống là: $H_0 = 15{,}3$ (phần rã/phút).

Độ phóng xạ của mỗi gram C14 trong mẫu than:

$$H=\frac{53{,}0}{5}=10{,}6\ \text{(phần rã/phút)}.$$

Mà: $H=H_0\cdot 2^{-t/T}\ \Rightarrow\ \frac{H_0}{H}=2^{t/T}\ \Rightarrow\ t=T\cdot\log_2\!\left(\frac{H_0}{H}\right).$

$$t=5730\cdot \log_2\!\left(\frac{15{,}3}{10{,}6}\right)\approx 3000\ \text{năm}.$$