(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 30

Đáp án đúng là A

Quá trình biến đổi đẳng tích ta có: $\displaystyle \frac{p_1}{p_2}=\frac{T_1}{T_2}$.
Thay số: $T_1=27^\circ\mathrm{C}=300\,\mathrm{K}$, $p_2=2p_1\Rightarrow T_2=2T_1=600\,\mathrm{K}\Rightarrow t_2=327^\circ\mathrm{C}$.

Đáp án đúng là C

$$T_2=\frac{p_2 V_2 T_1}{p_1 V_1} =\frac{(9\,\text{atm})\cdot (0{,}5\,\text{l}) \cdot (300\,\text{K})}{(1\,\text{atm})\cdot (2\,\text{l})} =675\ \text{K}.$$

Đáp án đúng là A

Áp dụng công thức đổi thang nhiệt độ: $\displaystyle t^\circ\text{C}=\frac{(t^\circ\text{F}-32)}{1{,}8}$.
Nhiệt độ ban đầu và lúc sau của nước lần lượt là $20^\circ\text{C}$ và $50^\circ\text{C}$.

$$Q = m c (t - t_0) = 0{,}5 \cdot 4180 \cdot 30 = 62{,}7\ \text{kJ}.$$

Đáp án đúng là A

Suất điện động cực đại sinh ra bởi khung dây được tính theo công thức: $E_0 = N B S \omega$
Vì suất điện động cực đại tỉ lệ với tốc độ quay của khung dây. Do đó để suất điện động cực đại tăng 4 lần thì phải tăng tốc độ quay của khung lên 4 lần.

Đáp án đúng là C

Ta có: $\frac{m}{m_0}=\frac{W_\alpha + m_0 c^2}{m_0 c^2}=7{,}68$
Thay $m_0 = 1{,}67\cdot 10^{-27}$ ta tính được $m \approx 1{,}3\cdot 10^{-26}\ \text{kg}$.

Đáp án đúng là C

Các lực tác dụng lên dây dẫn được mô tả như hình vẽ. Ta có

$$\tan 30^\circ=\frac{F_{\text{từ}}}{P}$$

hay

$$\tan 30^\circ=\frac{B\,I\,l\,\sin 90^\circ}{m g}.$$

Thay số tính được $B = 0{,}048\ \text{T}.$

Đáp án đúng là C

Áp dụng công thức sóng dừng hai đầu dây cố định:

$$l = k \frac{\lambda}{2}.$$

Trên dây có 6 bụng sóng nên $k=6$; chiều dài $l=1{,}8\ \text{m}$ ta tính được $\lambda = 0{,}6\ \text{m}$.

Tốc độ truyền sóng:

$$v = \lambda f = 0{,}6 \cdot 100 = 60\ \text{m/s}.$$

Đáp án đúng là D

Vì quá trình là đẳng tích nên:

$$\frac{p_1}{T_1} = \frac{p_2}{T_2} \;\;\Rightarrow\;\; \frac{p_2}{p_1} = \frac{T_2}{T_1}$$

Với:

$$T_1 = 27 + 273 = 300\ \text{K}, \quad T_2 = 327 + 273 = 600\ \text{K}.$$

$$\frac{p_2}{p_1} = \frac{600}{300} = 2.$$

Đáp án đúng là C

Vì cường độ chùm tia giảm 20%, còn lại 80%. Thay $I = 0{,}8 I_0$ ta được:

$$0{,}8 I_0 = I_0 e^{-0{,}4x}$$

Giải toán ta được:

$$x \approx 0{,}56\ \text{m}.$$

a) Đúng. Trạng thái (1) và (3) cùng nằm trên một đường đẳng áp $\Rightarrow p_1=p_3$.

b) Sai. Quá trình biến đổi (4)$\to$(1) là đẳng tích $\Rightarrow V_4=V_1=1\ \text{lít}$ (không phải $4\ \text{lít}$).

c) Đúng. Đường thẳng qua (2) và (4) có dạng $V=aT+b$.
Với $(V_2,T_2)=(4{,}100)$, $(V_4,T_4)=(1{,}300)$:

$$\begin{cases} 4=a\cdot 100+b,\\ 1=a\cdot 300+b \end{cases} \Rightarrow a=-0{,}015,\ b=5{,}5.$$

Suy ra $V=-0{,}015\,T+5{,}5$.

d) Sai. Vì (1)$\leftrightarrow$(3) là đẳng áp nên

$$\frac{V_3}{T_3}=\frac{V_1}{T_1}.$$

Lại có $V_3=-0{,}015\,T_3+5{,}5$ (thuộc đường thẳng (2)$\leftrightarrow$(4)), và từ đồ thị $V_1=1,\ T_1=100\ \text{K}$ nên

$$\frac{-0{,}015\,T_3+5{,}5}{T_3}=\frac{1}{100}\ \Rightarrow\ T_3=220\ \text{K}\ ( \neq 220^\circ\text{C}).$$

a) Sai. Trong giai đoạn $BC$, nước tồn tại đồng thời ở hai pha rắn–lỏng (đang đông đặc).

b) Đúng. Công suất toả nhiệt trung bình:

$$\frac{P_{AB}}{P_{CD}} =\frac{Q_{AB}/t_{AB}}{Q_{CD}/t_{CD}} =\frac{m c_n (t_B-t_A)}{m c_{nd}(t_D-t_C)}\cdot\frac{t_{CD}}{t_{AB}} =\frac{4200\cdot(8)}{2100\cdot(4)}\cdot\frac{6}{6}=4.$$

Vậy $P_{AB}$ lớn hơn $P_{CD}$.

c) Sai. Trong giai đoạn $BC$ (đông đặc), khối nước \emph{toả} nhiệt có độ lớn

$$|Q|=\lambda m=334\cdot 10^{3}\cdot 0{,}5=1{,}67\cdot 10^{5}\ \text{J}=167\ \text{kJ},$$

không phải “thu” nhiệt.

d) Đúng. Tổng nhiệt lượng trao đổi từ $0$ đến $18$ phút:

$$Q=m c_n (t_B-t_A)-\lambda m+m c_{nd}(t_D-t_C) =0{,}5\cdot 4200\cdot(0-8)-334\cdot 10^{3}\cdot 0{,}5 +0{,}5\cdot 2100\cdot(-4-0) =-188000\ \text{J}=-188\ \text{kJ}.$$

a) Đúng.

b) Sai. Khi $P$ đi từ $Q$ về $A$ thì từ thông tăng, vectơ cảm ứng từ $\vec B_c$ của dòng cảm ứng hướng ngược chiều $\vec B$. Dùng quy tắc nắm tay phải, dòng cảm ứng có chiều \emph{ngược} chiều kim đồng hồ.

c) Sai.
- Tại thời điểm $t$, từ thông qua mạch:

$$\Phi=B\Delta S = B\cdot\frac{r^2\alpha}{2} = B\cdot\frac{r^2}{2}\cdot\frac{\gamma t^2}{2} = \frac14\,B r^2\gamma t^2.$$

- Suất điện động cảm ứng:

$$e=\Phi'=\frac12\,B r^2\gamma t.$$

- Điện trở mạch (gồm cung $PQ$ dài $\tfrac{\pi r}{2}$ và hai bán kính có tổng chiều dài $2r$):

$$R=\rho\frac{\ell}{S} =\rho\frac{\tfrac{\pi r}{2}+2r}{S} =\frac{\rho r}{2S}\,(\,4+\gamma t^2\,)\qquad(\text{vì } \alpha=\tfrac12\gamma t^2).$$

- Dòng điện cảm ứng:

$$I=\frac{e}{R} =\frac{B r\gamma S}{\rho}\cdot\frac{1}{\frac{4}{t}+\gamma t}.$$

Theo bất đẳng thức Cauchy, $I$ cực đại khi $\dfrac{4}{t}=\gamma t\ \Rightarrow\ \gamma=\dfrac{4}{t^2}$. Với $t=\dfrac{1}{3}\ \text{s}$:

$$\gamma=\frac{4}{(1/3)^2}=36\ \text{rad/s}^2.$$

d) Đúng. Khi $I=I_{\max}$, thay $\gamma=\dfrac{4}{t^2}$ vào biểu thức trên được

$$I_{\max}=\frac{B r S}{2\rho t}.$$

Thay số: $B=0{,}15\ \text{T}$, $r=0{,}24\ \text{m}$, $S=1{,}2\cdot10^{-6}\ \text{m}^2$, $\rho=1{,}7\cdot10^{-8}\ \Omega\!\cdot\!\text{m}$, $t=\dfrac{1}{3}\ \text{s}$:

$$I_{\max}\approx \frac{0{,}15\cdot0{,}24\cdot1{,}2\cdot10^{-6}}{2\cdot1{,}7\cdot10^{-8}\cdot(1/3)} \approx 3{,}81\ \text{A}.$$

a) Đúng. Phản ứng phân hạch là phản ứng tỏa năng lượng.

b) Đúng. Do hiệu suất $\eta=35\%$,

$$P_{\text{lò}}=\frac{P_{\text{điện}}}{\eta}=\frac{4000}{0{,}35}\approx 11429\ \text{MW}.$$

c) Sai. Số phân hạch mỗi giây (cũng là số neutron được sinh ra mỗi giây khi $k=1$):

$$N=\frac{P_{\text{lò}}}{E_{\text{phân hạch}}} =\frac{11429\times 10^{6}}{200\,\text{MeV}} =\frac{11429\times 10^{6}}{200\times 10^{6}\times 1{,}6\times 10^{-19}} \approx 3{,}57\times 10^{20}\ \text{hạt/s}.$$

d) Sai. Tổng số phân hạch trong $10$ năm:

$$N_{10\text{y}}=N\cdot (10\cdot 365\cdot 24\cdot 3600).$$

Khối lượng ${}^{235}\text{U}$ tiêu thụ:

$$m_{235}=\frac{N_{10\text{y}}\cdot 235}{N_A}\ (\text{kg}),$$

với $N_A=6{,}02\times 10^{23}$. Vì nhiên liệu làm giàu $25\%$ ${}^{235}\text{U}$, khối lượng nhiên liệu tổng cộng

$$m_{\text{fuel}}=\frac{m_{235}}{0{,}25} =\frac{3{,}57\times 10^{20}\cdot (10\cdot 365\cdot 24\cdot 3600)\cdot 235} {6{,}02\times 10^{23}\cdot 0{,}25} \approx 1{,}78\times 10^{5}\ \text{kg} = 178\ \text{tấn}.$$

Vì $\Delta U=0\Rightarrow Q+A=0\Rightarrow A=-Q=-0{,}45\,\text{J}$.

Công ma sát: $A_\text{ms}=F_\text{ms}\,s\,\cos 180^\circ=-F_\text{ms}\,s$.

Suy ra: $-0{,}45=-9\,s \Rightarrow s=0{,}05\,\text{m}= \boxed{5\ \text{cm}}.$

Áp suất do không khí cộng với áp lực do nắp đậy là:

$$p=p_{\text{kk}}+p_{\text{nắp}}=101300+\frac{2\cdot 10}{10\cdot 10^{-4}}=121300\ \text{N/m}^2.$$

Nắp bị đẩy ra khi áp suất trong bình lớn hơn $P=121300\ \text{N/m}^2$.
Áp dụng phương trình đẳng tích:

$$\frac{p_0}{T_0}=\frac{p}{T}\quad\Rightarrow\quad \frac{101300}{0+273}=\frac{121300}{T}.$$

Suy ra $T\approx 327\ \text{K}=54^\circ\text{C}$.

Số mol khí của một lần hít:

$$n=\frac{V}{22{,}4}=\frac{0{,}5}{22{,}4}\approx 0{,}022\ \text{mol}.$$

Số hạt ${}^{14}$C ban đầu (ký hiệu $N_0$) ước được:

$$N_0 \approx 1{,}99\times 10^{18}\ \text{hạt}.$$

Số phân rã trong thời gian $t$:

$$\Delta N = N_0\!\left(1-2^{-\tfrac{t}{T}}\right) =1{,}99\!\times\!10^{18}\!\left(1-2^{-\tfrac{3{,}5}{5730\cdot365\cdot24\cdot3600}}\right) \approx 2{,}68\times 10^{7} = \boxed{26{,}8\times 10^{6}}.$$

Bán kính hạt nhân: $R=1{,}2\times 10^{-15}A^{1/3}$ m $\Rightarrow$

$$R = 1{,}2\times 10^{-15}\,(197)^{1/3}\ \text{m},\qquad V=\frac{4}{3}\pi R^3 \approx 1{,}43\times 10^{-42}\ \text{m}^3.$$

Mật độ điện tích:

$$\rho_Q=\frac{Ze}{V}=\frac{79\cdot 1{,}6\times10^{-19}}{1{,}43\times10^{-42}} \approx \boxed{8{,}88\times 10^{24}\ \text{C/m}^3}.$$