(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 45

Đáp án đúng là D

Nhận định A sai. Vì chuông của hoạt động dựa trên từ trường do dòng điện tạo ra, chứ không phải hiện tượng cảm ứng điện từ.

Nhận định B sai. Vì khi nhấn công tắc, nam châm điện hút thanh sắt non làm búa gõ vào chuông. Do thanh sắt non bị kéo ra khỏi tiếp điểm nên mạch điện bị hở ® nam châm điện mất từ, thanh sắt non trở về vị trí ban đầu (chạm tiếp điểm) ® mạch kín lại ® quá trình lặp lại. Thanh sắt non không bị dính chặt vào nam châm điện.

Nhận định C sai. Vì nam châm điện không đẩy thanh sắt non mà ngừng hút khi mạch hở.

Nhận định D đúng. Lực từ của nam châm điện phụ thuộc vào cường độ dòng điện qua cuộn dây và số vòng dây. Để tăng lực hút, ta có thể tăng cường độ dòng điện trong cuộn dây hoặc tăng số vòng dây.

Đáp án đúng là C

Trong khoảng thời gian từ phút thứ 5 đến phút thứ 9, nhiệt độ của chì không đổi. Chì đang diễn ra quá trình nóng chảy nên chì tồn tại ở trạng thái rắn và lỏng.

Đáp án đúng là A

Nhiệt lượng cần cung cấp để làm nóng chảy hoàn toàn khối chì trên là:
$Q = \lambda \cdot m = 0{,}25 \times 10^5 \cdot 500 \times 10^{-3} = 12500\ \mathrm{J}$

Đáp án đúng là C

Tổng nhiệt lượng tỏa ra để 1,5 kg nước ở 20 °C giảm nhiệt độ xuống còn 0 °C, đông đặc ở 0 °C tạo thành (băng) nước đá và tiếp tục giảm nhiệt độ còn −15 °C là:
$Q = m\cdot c_n\cdot \Delta t_1 + \lambda\cdot m + m\cdot c_b\cdot \Delta t_2$

$\Rightarrow Q = 1{,}5\cdot 4{,}2\cdot 10^3\cdot (20-0) + 0{,}34\cdot 10^6\cdot 1{,}5 + 1{,}5\cdot 2{,}1\cdot 10^3\cdot [0-(-15)] = 683250\ \text{J}.$

Công suất làm lạnh của tủ lạnh:
$P = \dfrac{Q}{t} = \dfrac{683250}{70\cdot 60} \approx 163\ \text{W}.$

Đáp án đúng là D

Áp dụng phương trình Clapeyron cho hai khối khí lí tưởng chứa trong hai bình, ta có:

Bình thứ 1: $p_1 V = \dfrac{m_1}{M}\,R\,T_1$

Bình thứ 2: $p_2 V = \dfrac{m_2}{M}\,R\,T_2$

Suy ra: $\dfrac{p_1}{p_2} = \dfrac{m_1 T_1}{m_2 T_2}$

Khi ở cùng một nhiệt độ $T = T_1 = T_2$, ta có $p_1 > p_2$ như hình vẽ bên.

Suy ra: $m_1 > m_2$.

Đáp án đúng là D

Hiện tượng phóng xạ không có ứng dụng ổn định năng lượng cho nhà máy điện hạt nhân. Vì nhà máy điện hạt nhân khai thác năng lượng từ phản ứng phân hạch hạt nhân có điều khiển, chứ không dùng sự phóng xạ tự phát để ổn định năng lượng. Ổn định công suất lò phản ứng phụ thuộc vào điều khiển thanh điều khiển, chất làm chậm,…

Đáp án đúng là A

Nguồn phóng xạ phù hợp nhất là nguồn phóng xạ γ có chu kì bán rã vài giờ. Vì tia γ là bức xạ điện từ có khả năng đâm xuyên mạnh, đi xuyên qua thành ống và lớp đất đá. Thích hợp để quan sát từ bên ngoài đường ống. Chu kì bán rã vài giờ là hợp lí: đủ thời gian để thực hiện kiểm tra, sau đó nguồn nhanh chóng suy giảm và mất hoạt tính (để tránh ô nhiễm phóng xạ môi trường, ảnh hưởng đến sức khỏe,…).

Đáp án đúng là A

Ban đầu, pit tông được giữ cố định, khối khí được làm lạnh dần, ta có: V không đổi (đẳng tích), T giảm đi một nửa.

Suy ra: áp suất p giảm đi một nửa. Trong hệ tọa độ p – T: Đồ thị biểu diễn sự thay đổi của p theo T là đường thẳng có đường kéo dài đi qua gốc tọa độ.

Sau đó, pit tông được đẩy từ từ để nén khí đẳng nhiệt, ta có: T không đổi, V giảm đi một nửa.

Suy ra: p tăng lên 2 lần. Trong hệ tọa độ p – T: Đồ thị biểu diễn sự thay đổi của p theo T là đường thẳng vuông góc với trục OT.

Vậy đồ thị ở hình 1 biểu diễn đúng sự thay đổi của áp suất p theo nhiệt độ tuyệt đối T trong quá trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B).

Đáp án đúng là C

Theo phân tích ở phần hướng dẫn của câu 8, nhiệt độ tuyệt đối của khối khí giảm đi một nửa và sau đó được giữ không đổi nên: $T_B = \dfrac{T_A}{2}$.

Mà: $\dfrac{E_B}{E_A} = \dfrac{\tfrac{3}{2}kT_B}{\tfrac{3}{2}kT_A} = \dfrac{T_B}{T_A}$.

Suy ra: $\dfrac{E_B}{E_A} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow E_B = \dfrac{E_A}{2}$.

Vậy, khi khối khí biến đổi từ trạng thái (A) sang trạng thái (B), động năng tịnh tiến trung bình của mỗi phân tử khí lí tưởng sẽ giảm 2 lần.

Đáp án đúng là D

Khi khung dây đi từ vị trí A đến khi khung dây dẫn bắt đầu đi vào vùng từ trường đều thì chưa xuất hiện dòng điện cảm ứng ( ${i}_{c}=0$).

Trong khoảng thời gian khung dây dẫn bắt đầu đi vào vùng từ trường đều đến khi khung dây dẫn vừa nằm hoàn toàn trong từ trường đều thì xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn với cường độ không đổi và có chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ (dựa vào định luật Lenz) nên cường độ dòng điện có giá trị dương (cùng chiều dương).

Trong khoảng thời gian khung dây dẫn di chuyển trong từ trường đều thì không xuất hiện dòng điện cảm ứng (vì từ thông xuyên qua diện tích mặt phẳng khung dây không biến thiên).

Trong khoảng thời gian khung dây bắt đầu ra khỏi vùng từ trường đều đến khi khung dây dẫn vừa ra khỏi hoàn toàn vùng từ trường đều thì xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn với cường độ không đổi và có chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ (dựa vào định luật Lenz) nên cường độ dòng điện có giá trị âm (ngược chiều dương).

Khi khung dây vừa ra khỏi hoàn toàn vùng từ trường đều và di chuyển đến vị trí B thì không xuất hiện dòng điện cảm ứng (${i}_{c}=0$ ).

Vậy hình 4 có đồ thị biểu diễn đúng sự biến thiên của dòng điện cảm ứng trong cuộn dây theo thời gian.

Đáp án đúng là D

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: $\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}$.
Suy ra
$p_2=p_1\cdot\dfrac{T_2}{T_1}\cdot\dfrac{V_1}{V_2}.$

Với $T_1=27+273=300\ \text{K},\ T_2=27+50+273=350\ \text{K},\ V_2=\dfrac{V_1}{3}$ nên
$p_2=2\cdot10^{5}\cdot\dfrac{350}{300}\cdot 3=7\cdot10^{5}\ \text{Pa}.$

Đáp án đúng là B

Áp dụng phương trình Clapeyron: $pV=nRT=\dfrac{m}{M}RT\Rightarrow m=\dfrac{pVM}{RT}.$

Đổi đơn vị: $p=250\cdot10^{3}\ \text{Pa},\ V=10\ \text{l}=10\cdot10^{-3}\ \text{m}^3,\ T=27+273=300\ \text{K}.$
Với oxxyen phân tử $O_2$: $M_{O_2}=2\cdot16=32\ \text{g/mol}.$

$m=\dfrac{(250\cdot10^{3})\,(10\cdot10^{-3})\,32}{8{,}31\cdot300}\approx 32{,}09\ \text{g}.$

Đáp án đúng là B

Các hạt nhân có cùng số proton trong hạt nhân là đồng vị của nhau.

Vậy hạt nhân A và C là đồng vị của nhau.

Đáp án đúng là B

Nhận định A sai. Vì tia α có khả năng đâm xuyên kém, không thể xuyên qua da, càng không dùng để chụp ảnh trong cơ thể.

Nhận định B đúng. Chụp phim lồng ngực (chụp X – quang) là một kĩ thuật sử dụng tia X, một loại bức xạ điện từ có năng lượng cao, có khả năng xuyên qua các mô mềm như da, cơ, mạch máu,… nhưng bị cản lại một phần bởi các vật chất đặc hơn như xương hoặc kim loại. Khi tia X đi qua cơ thể và đến tấm phim (hoặc cảm biến kỹ thuật số), các vùng hấp thụ tia X ít hơn (mô mềm) hiện lên màu tối, còn các vùng hấp thụ tia X nhiều hơn (xương) hiện lên màu sáng.

Nhận định C sai. Vì sóng vô tuyến có bước sóng lớn, năng lượng thấp nên không được dùng để chụp phim X – quang, nhưng có thể dùng trong chụp MRI (cộng hưởng từ).

Nhận định D sai. Vì tia tử ngoại có thể gây phát quang một số chất, không dùng để chụp ảnh xương hay nội tạng.

Đáp án đúng là C

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành $1$ nguyên tử $^{4}_{2}\mathrm{He}$ bằng năng lượng liên kết của nguyên tử $^{4}_{2}\mathrm{He}$:
$E_{\mathrm{lk}}=\Delta m\cdot c^{2}=[Z\,m_{p}+(A-Z)\,m_{n}-m_{\mathrm{He}}]\cdot c^{2}$

$\Leftrightarrow\ E_{\mathrm{lk}}=[2\cdot 1{,}0073+(4-2)\cdot 1{,}0087-4{,}0015]\cdot 931{,}5=28{,}41075\ \mathrm{MeV}$

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành $1\ \mathrm{mol}\ ^{4}_{2}\mathrm{He}$ là:
$E=N\cdot E_{\mathrm{lk}}=n\,N_{A}\,E_{\mathrm{lk}}=1\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\cdot 28{,}41075\approx 1{,}71\cdot 10^{25}\ \mathrm{MeV}.$

Đáp án đúng là A

Phản ứng hạt nhân: $^{2}_{1}\mathrm{D} + ^{6}_{3}\mathrm{Li} \rightarrow ^{4}_{2}\mathrm{He} + ^{4}_{2}\mathrm{He}$.

Số hạt nhân helium có trong 1 g:
$N=\dfrac{m}{M}\,N_A=\dfrac{1}{4}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}=1{,}505\cdot 10^{23}\ \text{hạt}.$

Năng lượng tỏa ra của mỗi phản ứng:
$\Delta E=(m_D+m_{\mathrm{Li}}-2m_{\mathrm{He}})c^{2}=(2{,}0136+6{,}01702-2\cdot 4{,}0015)\cdot 931{,}5\ \mathrm{MeV}=25{,}72803\ \mathrm{MeV}.$

Năng lượng tỏa ra khi có 1 g helium được tạo thành:
$E=\dfrac{N}{2}\,\Delta E=\dfrac{1{,}505\cdot 10^{23}}{2}\cdot 25{,}72803 \approx 1{,}936\cdot 10^{24}\ \mathrm{MeV}.$

Đáp án đúng là D

Khi đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện hiệu dụng chạy qua bóng đèn là:
$P = U I \Leftrightarrow I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{75}{220}\approx 0{,}34\ \text{A}.$

a) SAI
Khối lượng nước đá tan do nhận nhiệt từ môi trường trong khoảng thời gian t là:
$m_{\mathrm{mt}} = m_1 - m_0 = 12 - 5 = 7\ \mathrm{g}.$

Khối lượng nước đá tan do nhận nhiệt từ dây nung là:
$m_{\mathrm{dn}} = m_2 - m_1 - m_{\mathrm{mt}} = 26{,}6 - 12 - 7 = 7{,}6\ \mathrm{g}.$

b) SAI
Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá thu được từ thí nghiệm trên là:
$\lvert Q_{\text{toả}}\rvert = \lvert Q_{\text{thu}}\rvert \Leftrightarrow P\cdot t = \lambda \cdot m_{\mathrm{dn}}
\Leftrightarrow \lambda = \dfrac{P\cdot t}{m_{\mathrm{dn}}}
= \dfrac{24\cdot 10^{5}}{7{,}6\cdot 10^{-3}} \approx 332\ \mathrm{kJ/kg}.$

c) SAI
Khối lượng nước đá còn lại sau khi bật biến áp nguồn được $2t$ (s) là:
$m = 100 - m_2 - (m_{\mathrm{mt}} + m_{\mathrm{dn}})
= 100 - 26{,}6 - (7 + 7{,}6) = 58{,}8\ \mathrm{g}.$

d) ĐÚNG
Khối lượng nước đá còn lại tại thời điểm bật biến áp nguồn: $m_{0t} = 100 - m_1 = 100 - 12 = 88\ \mathrm{g}.$

Xét trong khoảng thời gian từ khi bật biến áp nguồn đến khi nước đá vừa nóng chảy hoàn toàn ($t'$ (s)):

Khối lượng nước đá nóng chảy do nhận nhiệt từ môi trường là:
$m'_{\mathrm{mt}} = \dfrac{m_{\mathrm{mt}}\cdot t'}{t} = \dfrac{7}{105}\,t' = \dfrac{1}{15}\,t'\ (\mathrm{g}).$

Khối lượng nước đá nóng chảy do nhận nhiệt từ dây nung là:
$m'_{\mathrm{dn}} = \dfrac{m_{\mathrm{dn}}\cdot t'}{t} = \dfrac{7{,}6}{105}\,t'\ (\mathrm{g}).$

Khoảng thời gian $t'$ khi bật biến áp nguồn đến khi nước đá vừa nóng chảy hoàn toàn là:
$m'_{\mathrm{mt}} + m'_{\mathrm{dn}} = 88 \Leftrightarrow \dfrac{1}{15}\,t' + \dfrac{7{,}6}{105}\,t' = 88 \Rightarrow t' \approx 633\ \mathrm{s}.$

a) ĐÚNG
Nhiệt độ của khối khí ở trạng thái (1) là:
$p_1V_1=nRT_1 \Leftrightarrow T_1=\dfrac{p_1V_1}{nR}=\dfrac{0{,}5\cdot10^{6}\cdot5\cdot10^{-3}}{1\cdot8{,}31}\approx301\ \text{K}.$

b) SAI
Từ trạng thái (2) sang trạng thái (3), khối khí thực hiện quá trình đẳng tích nên nhiệt độ tuyệt đối tỉ lệ thuận với áp suất của khối khí. Từ đồ thị ta thấy áp suất của khối khí helium giảm 3 lần nên nhiệt độ tuyệt đối cũng giảm 3 lần.

c) ĐÚNG
Từ trạng thái (3) sang trạng thái (4), đồ thị biểu diễn sự biến thiên áp suất theo thể tích có dạng:
$p_x=aV_x+b.$
Tại trạng thái (3): $0{,}5p_a=a\cdot1{,}5V+b \Leftrightarrow 1{,}5\cdot5\cdot10^{-3}\,a+b=0{,}5\cdot10^{6}\quad(1)$
Tại trạng thái (4): $p_a=aV+b \Leftrightarrow 5\cdot10^{-3}\,a+b=10^{6}\quad(2)$
Từ (1) và (2) suy ra: $p_x=-2\cdot10^{8}\,V_x+2\cdot10^{6}.$

Mà $p_xV_x=nRT_x \Rightarrow T_x=\dfrac{p_xV_x}{nR}
=\dfrac{-2\cdot10^{8}}{8{,}31}V_x^{2}+\dfrac{2\cdot10^{6}}{8{,}31}V_x.$

Suy ra: $T_x'=\dfrac{-4\cdot10^{8}}{8{,}31}V_x+\dfrac{2\cdot10^{6}}{8{,}31}=0
\Rightarrow V_x=5\cdot10^{-3}\ \text{m}^3.$

Vậy từ trạng thái (3) sang (4), nhiệt độ tuyệt đối cực đại:
$T_{\max}=\dfrac{-2\cdot10^{8}}{8{,}31}(5\cdot10^{-3})^{2}
+\dfrac{2\cdot10^{6}}{8{,}31}(5\cdot10^{-3})\approx602\ \text{K}.$

d) ĐÚNG
Trong quá trình (4) – (5) – (1):

Công của khối khí:
$A_{451}=A_{45}+A_{51}
=-p_4\,(V_5-V_4)+\dfrac{1}{2}(p_5+p_1)(V_5-V_1)$
$\Rightarrow A_{451}=-p(2V-V)+\dfrac{1}{2}(p+0{,}5p)(2V-V)=-\dfrac{1}{4}pV.$

Độ biến thiên nội năng:
$\Delta U_{451}=U_1-U_4=\dfrac{3}{2}nRT_1-\dfrac{3}{2}nRT_4
=\dfrac{3}{2}(p_1V_1-p_4V_4)=\dfrac{3}{2}(0{,}5pV-pV)=-\dfrac{3}{4}pV.$

Theo nguyên lí I nhiệt động lực học:
$\Delta U_{451}=A_{451}+Q_{451}
\Rightarrow Q_{451}=\Delta U_{451}-A_{451}
=-\dfrac{1}{2}pV=-1\cdot10^{6}\cdot5\cdot10^{-3}=-2500\ \text{J}.$

Vậy trong quá trình (4) – (5) – (1), nhiệt lượng khối khí helium tỏa ra môi trường là $2\,500\ \text{J}$.

a) SAI
Khi đoạn dây dẫn AB chuyển động sang phải, từ thông xuyên qua diện tích mạch phẳng giới hạn bởi mạch điện kín tăng và sinh ra dòng điện cảm ứng. Theo định luật Lenz, vectơ cảm ứng từ của từ trường do dòng điện cảm ứng sinh ra ngược chiều với vectơ cảm ứng từ của từ trường ban đầu.
Dùng quy tắc nắm tay phải, ta xác định được dòng điện chạy qua đoạn dây dẫn AB có chiều từ B đến A.

b) ĐÚNG
Dùng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được lực từ $F_t$ tác dụng lên đoạn dây dẫn ngược hướng với lực $F$ và có độ lớn:
$E = B d v \Rightarrow I=\dfrac{E}{R}=\dfrac{B d v}{R}$
$F_t = B I d = B \cdot \dfrac{B d v}{R}\cdot d = \dfrac{B^{2} d^{2} v}{R}$.
Khi $v=v_{\max}$ thì $F_t=F\Rightarrow v_{\max}=\dfrac{F R}{B^{2} d^{2}}$.

c) ĐÚNG
Áp dụng định luật II Newton:
$F - F_t = m\,\dfrac{dv}{dt}\Rightarrow F-\dfrac{B^{2} d^{2}}{R}\,v = m\,\dfrac{dv}{dt}$.
Đặt $a=\dfrac{B^{2} d^{2}}{m R}$ và $b=\dfrac{F}{m}$, ta có
$\dfrac{dv}{dt}+a\,v=b$.
Giải với điều kiện đầu $v(0)=0$:
$v(t)=\dfrac{b}{a}\left(1-e^{-a t}\right)=\dfrac{F R}{B^{2} d^{2}}\left(1-e^{-\frac{B^{2} d^{2}}{m R}\,t}\right).$

d) ĐÚNG
Công của hợp lực bằng độ biến thiên động năng:
$A=\Delta W=\dfrac{1}{2}m v_{\max}^{2} =\dfrac{1}{2} m\left(\dfrac{F R}{B^{2} d^{2}}\right)^{2} =\dfrac{m F^{2} R^{2}}{2 B^{4} d^{4}}.$

a) Đúng. Vì $^{131}_{53}\mathrm{I}$ là phóng xạ $\beta^-$ nên:
$^{131}_{53}\mathrm{I} \rightarrow {}^{131}_{54}\mathrm{Xe} + {}^{0}_{-1}e + {}^{0}_{0}\nu$.

b) Đúng. Độ phóng xạ lúc uống thuốc:
$H_0=\lambda N_0=\dfrac{\ln 2}{T}\cdot\dfrac{m_0}{M}\cdot N_A =\dfrac{\ln 2}{8{,}02\cdot 24\cdot 3600}\cdot\dfrac{25\cdot 10^{-3}}{131}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23} \approx 1{,}15\cdot 10^{14}\ \mathrm{Bq}.$

c) Sai. Sau $t=7$ ngày:
$H_t=H_0\cdot 2^{-t/T} =\dfrac{\ln 2}{8{,}02\cdot 24\cdot 3600}\cdot\dfrac{25\cdot 10^{-3}}{131}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\cdot 2^{-7/8{,}02} \approx 6{,}28\cdot 10^{13}\ \mathrm{Bq}.$

d) Đúng. Số electron phát ra trong 7 ngày:
$N_e=\Delta N_1=N_0\left(1-2^{-t/T}\right) =\dfrac{m_0}{M}\,N_A\left(1-2^{-7/8{,}02}\right) =\dfrac{25\cdot 10^{-3}}{131}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\left(1-2^{-7/8{,}02}\right) \approx 5{,}21\cdot 10^{19}\ \text{electron}.$

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:
$|Q_{\text{toả}}| = |Q_{\text{thu}}| \Rightarrow m_g c_g (t_{\text{cb}}-37) + m_d c_d (t_{\text{cb}}-27) = m_n c_n (57 - t_{\text{cb}})$

$\Rightarrow 0{,}6\cdot 460\cdot (t_{\text{cb}}-37) + 450\cdot 10^{-3}\cdot 400\cdot (t_{\text{cb}}-27) = 1{,}5\cdot 4200\cdot (57 - t_{\text{cb}})$

$\Rightarrow t_{\text{cb}} \approx 55\ ^\circ\text{C}.$

Áp suất của khí trong bình:
$p=\dfrac{1}{3}\,\mu n \bar v^{2}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{N}{V}\cdot E_{\mathrm{đ}}.$

Mà mật độ động năng phân tử có giá trị $\dfrac{N}{V}\cdot E_{\mathrm{đ}}=10^{-4}\ \mathrm{J/m^3}.$

Suy ra: $p=\dfrac{2}{3}\cdot 10^{-4}\approx 6{,}67\cdot 10^{-5}\ \mathrm{Pa}.$

Vậy $x=6{,}67$.

Độ lớn cảm ứng từ của từ trường:
$F = B I \ell \cdot \sin(\vec{B}, \ell) = B I \ell \sin 90^\circ \Leftrightarrow B=\dfrac{F}{I\ell}$ với $\ell = 4\ \text{cm} = 0{,}04\ \text{m}$.

Vậy độ lớn cảm ứng từ trung bình của từ trường đều giữa hai nhánh của nam châm chữ U là:
$\overline{B}=\dfrac{B_1+B_2+B_3+B_4}{4}=\dfrac{0{,}03+0{,}03+0{,}03+0{,}03}{4}=0{,}03\ \text{T}.$

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí hydrogen là:
$E_{\mathrm{đ}}=\dfrac{1}{2}m\overline{v^{2}}=\dfrac{3}{2}kT \Rightarrow T=\dfrac{m\,\overline{v^{2}}}{3k}=\dfrac{M}{N_A}\dfrac{\overline{v^{2}}}{3k} =\dfrac{M\,\overline{v^{2}}}{3R}.$

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:
$pV=nRT \Rightarrow n=\dfrac{3pV}{M\,\overline{v^{2}}}.$

Số phân tử khí hydrogen chứa trong bình là:
$N=nN_A=\dfrac{3pV}{M\,\overline{v^{2}}}\,N_A =\dfrac{3\cdot 101325\cdot 5\cdot 10^{-3}}{2\cdot 10^{-3}\cdot 4\cdot 10^{5}} \cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\approx 1{,}14\cdot 10^{23}$ phân tử.

Vậy $x \approx 1{,}14$.

Tại thời điểm $t$ (ngày), ta có:

$$\begin{aligned} N_Y(t)&=N_{0Y}+\Delta N(t),\\ N_X(t)&=N_0-\Delta N(t). \end{aligned}$$

Từ đồ thị: $N_Y(t)=0{,}75\,N_0,\ N_X(t)=0{,}5\,N_0 \Rightarrow \Delta N(t)=0{,}5\,N_0$.
Suy ra $N_{0Y}=0{,}75N_0-0{,}5N_0=0{,}25N_0$.

Tại thời điểm $t=5{,}44$ ngày (hai đường cắt nhau) có $N_X=N_Y$:

$$N_X=N_Y=N_{0Y}+N_0-N_X \Rightarrow 2N_X=N_{0Y}+N_0 \Rightarrow N_X=\frac{N_{0Y}+N_0}{2}=\frac{0{,}25N_0+N_0}{2}=\frac{5}{8}N_0.$$

Mà $N_X=N_0\,2^{-t/T}\Rightarrow 2^{-t/T}=\dfrac{5}{8}=2^{-\log_2(8/5)}$.

Do đó

$$\frac{t}{T}=\log_2\!\left(\frac{8}{5}\right) \Rightarrow T=\frac{t}{\log_2(8/5)} =\frac{5{,}44}{\log_2(1{,}6)} \approx 8{,}02\ \text{ngày}.$$

Phương trình phản ứng phân hạch:
$^{1}_{0}\mathrm{n}+\,^{239}_{94}\mathrm{Pu}\rightarrow\,^{134}_{54}\mathrm{Xe}+\,^{103}_{40}\mathrm{Zr}+3\,^{1}_{0}\mathrm{n}$.

Năng lượng toả ra của mỗi phản ứng:
$\Delta E=(m_{\text{trước}}-m_{\text{sau}})c^{2} =(m_{\mathrm{n}}+m_{\mathrm{Pu}}-m_{\mathrm{Xe}}-m_{\mathrm{Zr}}-3m_{\mathrm{n}})c^{2}$.

Thay số:
$\Delta E=\big(1{,}00866+239{,}05216-133{,}90539-102{,}92719-3\cdot1{,}00866\big)\cdot 931{,}5 \approx 188\ \mathrm{MeV}.$