Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 10

Khi nói về chất lỏng, chất lỏng có thể tích riêng nhưng không có hình dạng riêng mà có hình dạng của phần bình chứa nó. Các nguyên tử, phân tử cũng dao động quanh các vị trí cân bằng, nhưng những vị trí cân bằng này không cố định mà di chuyển. Lực tương tác giữa các phân tử chất lỏng lớn hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất khí và nhỏ hơn lực tương tác giữa các nguyên tử, phân tử chất rắn.

Chọn A

Ở áp suất tiêu chuẩn, nước sôi ở $100\,^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

Nhiệt độ này tính theo nhiệt giai Fahrenheit là $t\left( {^\circ F} \right) = 1{,}8 \cdot t\left( {^\circ C} \right) + 32 = 1{,}8 \cdot 100 + 32 = 212\,^\circ F.$

Chọn A

Nhiệt nóng chảy riêng là nhiệt lượng cần cung cấp cho $1\,kg$ vật rắn nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy, có đơn vị là $J/kg.$

Chọn B

Nếu cùng một lò sưởi được sử dụng để nung nóng một khối lượng nhỏ hơn của chất rắn A thì nhiệt độ chất rắn tăng nhanh hơn (độ dốc lớn hơn). Nhiệt độ nóng chảy trong hai trường hợp sẽ như nhau. Do đó hình C là phù hợp nhất.

Chọn C

Đáp án đúng là A

Khi có sự cân bằng nhiệt ta có:

${\lambda _{th}}{m_{th}} + {m_{th}}{c_{th}}\left( {t - {t_2}} \right) = {m_n}{c_n}\left( {{t_2} - {t_1}} \right) + {C_{nlk}} \cdot \left( {{t_2} - {t_1}} \right)$

${\lambda _{th}} \cdot 350 + 350 \cdot 0{,}23 \cdot \left( {232 - 32} \right) = 330 \cdot 4{,}2 \cdot \left( {32 - 7} \right) + 100 \cdot \left( {32 - 7} \right)$

$\Rightarrow {\lambda _{th}} \approx 60\,J/g.$

Chất khí được cấu tạo từ các phân tử. Các phân tử luôn chuyển động hỗn loạn không ngừng. Chất khí không có hình dạng và thể tích riêng xác định mà có hình dạng và thể tích của bình chứa. Không bỏ qua khối lượng chất khí được

Chọn D

Đồ thị (p,V) có dạng hyperbol nên quá trình biến đổi của khí là đẳng nhiệt.

Ta có: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Leftrightarrow 10 \cdot 1 = {p_2} \cdot 5 \Rightarrow {p_2} = 2\,atm.$

Chọn A

Áp suất mà khí đó tác dụng lên thành bình là

$p = \frac{1}{3}\rho \overline {{v^2}} = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot {10^{ - 2}} \cdot {500^2} = 5 \cdot {10^3}\,Pa.$

Chọn D

Gọi ${m_b}$ là khối lượng của bình ta có:

${p_1}V = \frac{{{M_1} - {m_b}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_1}\,\,\,(1)$

${p_2}V = \frac{{{M_2} - {m_b}}}{\mu } \cdot R \cdot {T_2}\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{{M_1} - {m_b}}}{{{M_2} - {m_b}}} \cdot \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{15}}{5} = \frac{{50 - {m_b}}}{{49 - {m_b}}} \cdot \frac{{37 + 273}}{{7 + 273}} \Rightarrow {m_b} \approx 48{,}415\,kg.$

Khối lượng khí còn lại trong bình $m = {M_2} - {m_b} = 49 - 48{,}415 = 0{,}585\,kg.$

Từ (2) suy ra: $V = \frac{m}{\mu } \cdot \frac{{R{T_2}}}{{{p_2}}} = \frac{{585}}{{32}} \cdot \frac{{8{,}31 \cdot \left( {7 + 273} \right)}}{{5 \cdot {{10}^6}}} = 8{,}5 \cdot {10^{ - 3}}\,{m^3} = 8{,}5\,$lít.

Chọn A

Các đường sức từ là những đường cong kín hoặc đường thẳng song song khi là từ trường đều.

Chọn C

Tăng điện trở của ampe kế sẽ làm giảm cường độ dòng điện trong mạch, tức là làm giảm số chỉ của ampe kế.

Chọn B

Tần số của sóng điện từ:

$\lambda = \frac{c}{f} \Rightarrow f = \frac{c}{\lambda } = \frac{{3 \cdot {{10}^8}}}{2} = 1{,}5 \cdot {10^8}\,Hz = 150\,MHz.$

Chọn B

Khi khung dây $CDEG$ được treo bằng một sợi dây dẻo không trọng lượng được đặt trong từ trường đều, lực từ tác dụng lên cạnh $EG$ làm cho khung bị đẩy lên.

Muốn cho khung $CDEG$ trở về vị trí ban đầu cần treo vật có khối lượng m sao cho:

$\begin{array}{l}\vec P = - \vec F\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\vec P \uparrow \downarrow \vec F\\P = F\end{array} \right.\\ \Rightarrow mg = IB\ell \Rightarrow m = \frac{{IB\ell }}{g} = \frac{{3 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}1}}{{10}} = 9 \cdot {10^{ - 3}}\,kg = 9\,g.\end{array}$

Chọn D

Khi mắc hai đầu cuộn ${{\rm{D}}_1}$ vào điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $U$ thì ta có:

$\frac{8}{U} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\,\,\,\,\,(1)$

Khi mắc hai đầu cuộn ${{\rm{D}}_2}$ vào điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $U$ thì ta có:

$\frac{U}{2} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\,\,\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{8}{U} = \frac{U}{2} \Rightarrow U = 4\,V.$

Chọn C

Phương trình phóng xạ: ${}_{56}^{127}Ba \to {}_{55}^{127}Cs + _Z^AX$

Theo định luật bảo toàn điện tích và số khối ta có: $\left\{ \begin{array}{l}127 = 127 + A\\56 = 55 + Z\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 0\\Z = 1\end{array} \right.$

Vậy $_Z^AX$ là $_{ + 1}^0e$ hay là ${\beta ^ + }.$

Chọn C

Điện tích hạt nhân: $Q = + Ze = + 40e.$

Chọn A

Độ hụt khối của$\;_8^{16}{\rm{O}}$ và $\;_8^{18}{\rm{O}}$ lần lượt là:

$\Delta {m_1} = \left( {8{m_p} + 8{m_n}} \right) - {m_1} = \left( {8 \cdot 1{,}0073 + 8 \cdot 1{,}0087} \right) - 15{,}9949 = 0{,}1131\,amu.$

$\Delta {m_2} = \left( {8{m_p} + 10{m_n}} \right) - {m_2} = \left( {8 \cdot 1{,}0073 + 10 \cdot 1{,}0087} \right) - 17{,}9992 = 0{,}1462\,amu.$

Năng lượng liên kết của$\;_8^{16}{\rm{O}}$ và $\;_8^{18}{\rm{O}}$ lần lượt là:

${E_{lk1}} = \Delta {m_1} \cdot {c^2} = 0{,}1131 \cdot 931{,}5 = 123{,}98265\,MeV \approx 123{,}98\,MeV.$

${E_{lk2}} = \Delta {m_2} \cdot {c^2} = 0{,}1462 \cdot 931{,}5 = 136{,}1853\,MeV \approx 136{,}19\,MeV.$

Chọn A

Năng lượng liên kết riêng của$\;_8^{16}{\rm{O}}$ và $\;_8^{18}{\rm{O}}$ lần lượt là:

${E_{lkr1}} = \frac{{{E_{lk1}}}}{{{A_1}}} = \frac{{123{,}98}}{{16}} \approx 7{,}749\,MeV/nucleon.$

${E_{lkr2}} = \frac{{{E_{lk2}}}}{{{A_2}}} = \frac{{136{,}19}}{{18}} \approx 7{,}566\,MeV/nucleon.$

Năng lượng liên kết riêng của hai hạt chênh lệch một lượng là

$\Delta {E_{lkr}} = {E_{lkr1}} - {E_{lkr2}} = 7{,}749 - 7{,}566 = 0{,}183\,MeV/nucleon.$

Chọn A

a) ĐÚNG. Vì công của dòng điện chuyển thành nhiệt lượng làm nước hoá hơi.

b) ĐÚNG. Từ công thức $Q = L \cdot \Delta {\rm{m}} \Leftrightarrow {\rm{P}} \cdot t = L \cdot \Delta m \Rightarrow t = \frac{{L \cdot \Delta m}}{P} = \frac{{2{,}25 \cdot {{10}^6} \cdot 50 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{1500}} = 75\,s.$

c) ĐÚNG. Nhiệt lượng làm khối lượng nước $\Delta {\rm{m}}$ bay hơi ở nhiệt độ sôi là $Q = L \cdot \Delta {\rm{m}}{\rm{.}}$

d) SAI.

Nhiệt lượng cần cung cấp cho $50\,g$ nước tăng từ nhiệt độ ban đầu $28{\,^ \circ }{\rm{C}}$ đến nhiệt độ sôi là

${Q_1} = \Delta m \cdot c \cdot \Delta T = 50 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 4180 \cdot \left( {100 - 28} \right) = 15048\,J.$

Nhiệt lượng cần cung cấp để làm $50\,g$ nước hoá hơi ở nhiệt độ sôi là

$Q = L \cdot \Delta {\rm{m = 2{,}25}} \times {10^6} \times 50 \times {10^{ - 3}} = 112500\,J$

Tổng nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi và làm bay hơi hết $50\,g$ nước từ nhiệt độ ban đầu $28{\,^ \circ }{\rm{C}}$ là

$Q = {Q_1} + {Q_2} = 127548\,J.$

a) SAI. Vì định luật Boyle áp dụng cho khí lý tưởng trong quá trình đẳng nhiệt.

b) SAI. $\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{2{,}5}}{{27 + 273}} = \frac{{{p_2}}}{{67 + 273}} \Rightarrow {p_2} \approx 2{,}83\,atm.$

Áp suất không khí trong lốp xe tăng thêm $\Delta p = {p_2} - {p_1} = 0{,}33\,atm.$

Phần trăm áp suất tăng thêm: $\frac{{\Delta p}}{{{p_1}}} = \frac{{0{,}33}}{{2{,}5}} = 0{,}132 = 13{,}2\% .$

c) ĐÚNG. Vì thể tích lốp xe không đổi nên $\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{2{,}5}}{{27 + 273}} = \frac{{{p_2}}}{{67 + 273}} \Rightarrow {p_2} \approx 2{,}83\,atm.$

d) ĐÚNG.

Từ phương trình Clapeyron $pV = nRT$

$\Rightarrow$Khi V không đổi, T tăng, muốn giảm p thì phải giảm n tức là phải giảm lượng khí trong lốp xe.

a) ĐÚNG. Dịch chuyển cực Bắc của một thanh nam châm đến gần một cuộn dây. Số đường sức từ xuyên qua cuộn dây biến thiên, sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng, sinh ra dòng điện cảm ứng trong mạch kín. Dòng điện này đi qua điện kế và làm kim điện kế lệch.

b) ĐÚNG. Suất điện động cảm ứng tỉ lệ với tốc độ biến thiên từ thông nên khi nam châm được dịch chuyển nhanh hơn thì suất điện động sẽ tăng.

c) ĐÚNG. Khi nam châm di chuyển lại gần cuộn dây, trong cuộn dây xuất hiện suất điện động cảm ứng và sinh ra dòng điện tức có sự chuyển hoá từ cơ năng sang điện năng.

d) SAI. Cuộn dây có xu hướng dịch chuyển sang trái, do dòng điện cảm ứng khiến mặt X của cuộn dây thành cực Bắc và chịu lực đẩy của cực Bắc của nam châm.

a) ĐÚNG. Hằng số phóng xạ $\lambda = \frac{{\ln 2}}{T} = \frac{{\ln 2}}{{8{,}02 \cdot 24 \cdot 3600}} \approx 1{,}00 \cdot {10^{ - 6}}\,s.$

b) SAI. Độ phóng xạ ban đầu ${H_0} = \lambda \cdot {N_0} = \lambda \cdot \frac{{{m_0}}}{M} \cdot {N_A} = 1{,}00 \cdot {10^{ - 6}} \cdot \frac{{125}}{{131}} \cdot 6{,}02 \cdot {10^{23}} \approx 5{,}74 \cdot {10^{17}}\,Bq.$

c) SAI. Độ phóng xạ của mẫu $\;_{53}^{131}{\rm{I}}$ sau 28 ngày là

$H = {H_0} \cdot {2^{ - \frac{t}{T}}} = 5{,}74 \cdot {10^{17}} \cdot {2^{ - \frac{{28}}{{8{,}02}}}} \approx 5{,}10 \cdot {10^{16}}\,Bq.$

d) ĐÚNG.

Số hạt nhân $\;_{53}^{133}{\rm{I}}$ đã bị phân rã phóng xạ trong khoảng thời gian 28 ngày là

$\Delta N = {N_0} - N = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right) = \frac{{{m_0}}}{M} \cdot {N_A}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right) = \frac{{125}}{{131}} \cdot 6{,}02 \cdot {10^{23}} \cdot \left( {1 - {2^{ - \frac{{28}}{{8{,}02}}}}} \right) \approx 5{,}23 \cdot {10^{23}}\,Bq.$

Trả lời: 71

$U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }} = 50\sqrt 2 \,V \approx 71\,V.$

Trả lời: 0,04

Độ hụt khối của hạt nhân $\;_3^7Li$ là

$\Delta m = \left[ {Z \cdot {m_p} + \left( {A - Z} \right) \cdot {m_n}} \right] - {m_X}$

$= \left[ {3 \cdot 1{,}0073 + \left( {7 - 3} \right) \cdot 1{,}0087} \right] - 7{,}0144 = 0{,}0423\,amu \approx 0{,}04\,amu.$

Trả lời: 2

Vì độ dãn của cột chất lỏng tỉ lệ thuận với độ tăng nhiệt độ nên $\Delta L = a \cdot \Delta T$

$\Rightarrow \frac{{\Delta {L_2}}}{{\Delta {L_1}}} = \frac{{\Delta {T_2}}}{{\Delta {T_1}}} \Leftrightarrow \frac{{\Delta {L_2}}}{{240}} = \frac{{1 - 0}}{{110 - \left( {10} \right)}}$

$\Rightarrow \Delta {L_2} = 2\,mm.$

Trả lời: 0,45

$pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{10}^5} \cdot 11 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8{,}31 \cdot \left( {21 + 273} \right)}} = 0{,}45\,mol.$

Trả lời: 13

$n = \frac{m}{M} \Rightarrow m = nM = 0{,}45 \cdot 29 = 13{,}05\,g \approx 13\,g.$

Trả lời: 30

Gọi ${m_1},\,{m_2},\,{m_0}$ lần lượt là khối lượng chất lỏng ở bình I, bình II và mỗi ca.

Gọi ${t_1}^\circ C,\,{t_2}^\circ C$ lần lượt là nhiệt độ của bình I và bình II lúc đầu.

Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ nhất:

${m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 10} \right) = {m_2} \cdot c \cdot \left( {10 - {t_2}} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 10} \right) = {m_2} \cdot \left( {10 - {t_2}} \right)\,\,\,\left( 1 \right)$

Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ hai:

${m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 15} \right) = \left( {{m_2} + {m_0}} \right) \cdot c \cdot \left( {15 - 10} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 15} \right) = 5 \cdot \left( {{m_2} + {m_0}} \right)\,\,\,\left( 2 \right)$

Phương trình cân bằng nhiệt ở lần múc thứ ba:

${m_0} \cdot c \cdot \left( {{t_1} - 18} \right) = \left( {{m_2} + 2{m_0}} \right) \cdot c \cdot \left( {18 - 15} \right) \Leftrightarrow {m_0} \cdot \left( {{t_1} - 18} \right) = 3 \cdot \left( {{m_2} + 2{m_0}} \right)\,\,\,\left( 3 \right)$

Trừ (1) và (2) theo vế ta được: $3{m_0} = 3{m_2} - {m_0} \Rightarrow {m_2} = 2\,{m_0}\,\,\,(4)$

Thế (4) vào (2) suy ra: ${m_0} \cdot ({t_1} - 15) = 15\,{m_0} \Rightarrow {t_1} = 30\,^\circ C.$