Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 24

Chất rắn vô định hình không có nhiệt độ nóng chảy xác định.

Đáp án đúng là D.

Nhiệt lượng là số đo phần nhiệt năng vật nhận thêm hoặc bớt đi, do đó nếu không có sự truyền nhiệt thì không có nhiệt lượng.

Đáp án đúng là B.

Nhiệt độ nước đá đang tan:$0^\circ C.$

Nhiệt độ hơi nước: $100^\circ C.$

Chiều dài sợi thủy ngân quan hệ với nhiệt độ theo quy luật: $\ell = 2 + \alpha \cdot t$

Với: $\alpha = \frac{{22 - 2}}{{100 - 0}} = 0{,}2\,$

Khi chiều dài sợi thủy ngân là $11\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$ Nhiệt độ của chậu nước là: $\begin{array}{l}11 = 2 + 0{,}2 \cdot t\\ \Rightarrow t = 45^\circ C.\end{array}$

Đáp án đúng là B.

Trong quá trình nóng chảy nhiệt độ của vật không đổi. Vậy thời gian nóng chảy của vật từ 400s.

Đáp án đúng là B.

Nhiệt nóng chảy riêng của chất rắn

$Q = m.\lambda = P.t$

Suy ra: $0{,}4.\lambda = 400.400 \Rightarrow \lambda = 400\frac{{kJ}}{{kg}}$.

Đáp án đúng là C.

Phương trình trạng thái áp dụng cho trường hợp cả ba thông số trạng thái áp suất, nhiệt độ tuyệt đối và thể tích đều thay đổi và khối lượng khí xác định.

Làm nóng một lượng khí trong một bình không đậy kín khi này khối lượng bình khí thay đổi.

Đáp án đúng là B.

Thể tích không đổi:

Áp dụng $\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow {p_2} = \frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} \cdot {T_2} = \frac{{{{10}^5}}}{{500}} \cdot 1000 = 2 \cdot {10^5}N/{m^2}.$

Chọn C

- Đường $XY$ đi qua gốc tọa độ trong đồ thị $V - T$ nên đây là đường đẳng áp. Phát biểu (1) đúng

- Đường $YZ$ là đường đẳng nhiệt mà thể tích giảm nên áp suất tăng. Phát biểu (2) đúng

- Đường $ZX$ là đường đẳng tích mà nhiệt độ giảm nên áp suất giảm. Phát biểu (3) đúng

Vậy cả ba phát biểu đều đúng.

Chọn D.

Ta có: $\ell = 10{\rm{ }}cm = 100\,mm.$ $h = 5{\rm{ }}cm = 50\,mm.$

Ở trạng ban đầu: $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = S \cdot \left( {\ell - h} \right) = 50S\\{p_1} = {p_o} - h = 750 - 50 = 700\,mmHg\\{T_1} = 273\,K\end{array} \right.$

Ở trạng khi nung nóng: $\left\{ \begin{array}{l}{V_2} = S \cdot \ell = 100S\\{p_2} = {p_o} = 750\,mmHg\\{T_2} = ?\end{array} \right.$

Áp dụng pt trạng thái khí lí tưởng

$$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {T_2} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} \cdot \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} \cdot {T_1} = \frac{{750}}{{700}} \cdot \frac{{100S}}{{50S}} \cdot 273 = 585\,K \Rightarrow {t_2} = 312\,{}^oC.$$

Chọn C.

Khi tấm kim loại chuyển động trong từ trường thì trong tấm kim loại xuất hiện dòng điện Foucalt, đây là dòng điện xoáy cũng là hiện tượng cảm ứng điện từ.

Dòng điện Foucalt trong lõi sắt của máy biến áp làm tiêu hao năng lượng của máy biến áp thành nhiệt hao phí nên đây là dòng điện có hại.

Tấm kim loại nối với hai cực của nguồn điện thì trong tấm kim loại không xuất hiện dòng điện xoáy.

Chọn C

Để từ thông qua cuộn dây cực đại thì góc giữa vectơ pháp tuyến với mặt phẳng của cuộn dây và vectơ cảm ứng từ là $0\,\,ra{\rm{d}}$do đó cuộn dây cần quay một góc $\pi /3\,\,ra{\rm{d}}$ ngược chiều kim đồng hồ.

Để từ thông qua cuộn dây cực tiểu thì góc giữa vectơ pháp tuyến với mặt phẳng của cuộn dây và vectơ cảm ứng từ là $\pi /2\,\,ra{\rm{d}}$ do đó cuộn dây cần quay một góc $\pi /6\,\,ra{\rm{d}}$ cùng chiều kim đồng hồ.

Chọn D

Góc hợp giữa vectơ cảm ứng từ và vectơ pháp tuyến của hình vuông đó là:

Từ công thức: $\phi = BScos\alpha \Rightarrow cos\alpha = \frac{\phi }{{B{\rm{S}}}} = \frac{{{{10}^{ - 6}}}}{{4 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 0,{{05}^2}}} \Rightarrow \alpha = {0^ \circ }.$

Chọn A

Động cơ điện chuyển hóa năng lượng từ điện năng thành cơ năng.

Đáp án đúng là D.

Phương trình điện áp có dạng: $u = {U_0}\cos (\omega t + \varphi )$

Với ${U_0} = U\sqrt 2 = 200\sqrt 2 \,(V)\,;\,\,\omega = 2\pi f = \,100\pi \,(rad/s);\,\,\varphi \, = 0$

$\to u = 220\sqrt 2 \cos (100\pi t)\,V$.

Đáp án đúng là D.

Độ hụt khối của hạt nhân: $\Delta m = \frac{{{W_{lk}}}}{{{c^2}}} = \frac{{769{,}2}}{{931{,}5}} = 0{,}8258\,(amu)$

Đáp án đúng là D.

Vì tia $\gamma$ không làm cho thực phẩm có tính phóng xạ.

Chiếu xạ thực phẩm là phương pháp kiểm dịch các loại dịch hại có trong thực phẩm. Phương pháp này không làm thực phẩm bị nhiễm phóng xạ, không làm giảm chất lượng dinh dưỡng và không thay đổi đáng kể về cảm quan của thực phẩm. Trên thực tế, bất kì sự thay đổi bởi chiếu xạ là do chiếu xạ gây ra là rất nhỏ nên không dễ để phân biệt được thực phẩm đã được chiếu xạ hay chưa.

Chọn D.

Phương trình phản ứng hạt nhân: $p\, + {}_3^7Li\, \to \,{}_2^4He\, + \,{}_2^4He$

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần, ta có:

$\Delta E\, + \,{K_p}\, = \,2.{K_{He}}\, \Rightarrow \,{K_{He}}\, = \,\frac{{\Delta E\, + \,{K_p}}}{2}\, = \,9{,}5\,MeV.$

Chọn B

$m\, = \,{m_0} \cdot {e^{ - \lambda .t}}\, \Rightarrow \,25\, = \,100 \cdot {e^{ - \lambda .50}} \Rightarrow {2^2}\, = \,{e^{\lambda .50}}\, \Rightarrow \,\lambda \, = \,\frac{{\ln 4}}{{50}}\,(na{m^{ - 1}}) = \,8{,}8 \cdot {10^{ - 10}}\,{s^{ - 1}}.$

Chọn B

a) - Do nhiệt độ của miếng đồng lớn hơn nhiệt độ của nước và bát đồng nên nó truyền nhiệt cho bát đồng và nước.

Chọn ĐÚNG.

b) - Nhiệt lượng mà nước nhận được từ 25 $^{0}$C đến 100 $^{0}$C là: ${Q_{{H_2}O}} = {m_{{H_2}O}}.{c_{{H_2}O}}.\Delta T = 126000\,J$.

Chọn SAI.

c) - Nhiệt lượng để hoá hơi 10g nước ở 100 $^{0}$C là: ${Q_1} = {m_2}.L = 0{,}01.2,{26.10^6} = 22600\,J$.

Chọn ĐÚNG.

d) - Nhiệt độ ban đầu của miếng đồng là:

${Q_{toa}} = {Q_{thu}} \Leftrightarrow 0{,}5.380.\left( {t - 100} \right) = 0{,}2.380.75 + 126000 + 22600 \Rightarrow t = 912.1{\,^0}C$.

Chọn SAI.

a) - Khối lượng khí bị thoát ra ngoài là: $\Delta m = 1{,}52 - 1{,}48 = 0{,}04\,kg.$

Chọn ĐÚNG.

b) - Gọi m$_{0}$ là khối lượng của vỏ bình.

- Phương trình Claperon viết cho chất khí lúc đầu của bình nén khí là: ${p_1}V = \frac{{1{,}52 - {m_0}}}{M}RT$ (1)

- Phương trình Claperon viết cho chất khí lúc sau của bình nén khí là: ${p_2}V = \frac{{1{,}48 - {m_0}}}{M}RT$ (2)

- Lấy $\frac{{(1)}}{{(2)}}$ ta có: $\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{1{,}52 - {m_0}}}{{1{,}48 - {m_0}}} \Leftrightarrow \frac{{8{,}5}}{{4{,}25}} = \frac{{1{,}52 - {m_0}}}{{1{,}48 - {m_0}}} \Leftrightarrow {m_0} = 1{,}44\,kg$

- Khối lượng riêng của khí lúc sau là: $D = \frac{{{m_2}}}{V} = \frac{{1{,}48 - 1{,}44}}{{{{8.10}^{ - 3}}}} = 5\,\,\frac{{kg}}{{{m^3}}}$.

Chọn ĐÚNG.

c) – Nếu xả nhanh khí đến áp suất p$_{4}$ = 1,0 atm thì nhiệt độ khí lúc này là T$_{4}$. Theo phương trình Claperon ta viết cho cuối quá trình xả này là: ${p_4}V = \frac{{{m_4}}}{M}R{T_4}$ (4)

- Lấy $\frac{{(1)}}{{(4)}}$ ta được: $\frac{{{p_1}}}{{{p_4}}} = \frac{{(1{,}52 - 1{,}44).T}}{{(1{,}45 - 1{,}44){T_4}}} \Leftrightarrow \frac{{8{,}5}}{1} = \frac{{(1{,}52 - 1{,}44).(27 + 273)}}{{(1{,}45 - 1{,}44)({t_4} + 273}} \Rightarrow {t_4} = 9{,}4{\,^0}C$.

Chọn ĐÚNG.

d) - Phương trình Claperon viết cho chất khí lúc sau khi xả đến bằng áp suất khí quyển của bình nén khí là: ${p_3}V = \frac{{{m_3}}}{M}RT$ (3)

- Lấy $\frac{{(1)}}{{(3)}}$ ta được: $\frac{{{p_1}}}{{{p_3}}} = \frac{{1{,}52 - 1{,}44}}{{{m_3}}} \Leftrightarrow \frac{{8{,}5}}{1} = \frac{{1{,}52 - 1{,}44}}{{{m_3}}} \Leftrightarrow {m_3} \approx 0{,}0094kg = 9{,}4\,g$.

Chọn SAI.

a) Trên hình vẽ, lực từ tác dụng lên đoạn dây PQ có phương thẳng đứng, chiều hướng từ dưới lên trên.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái.

Chọn Đúng.

b) Nếu thay bằng dòng điện xoay chiều, dây sẽ dao động theo phương thẳng đứng.

- Vì dòng điện biến thiên, nên sẽ tạo lực từ biến thiên có chiều thay đổi theo phương thẳng đứng nên dây sẽ dao động theo phương thẳng đứng

Chọn Đúng.

c) Nam châm vĩnh cửu tạo ra từ trường đều 220 mT trên một đoạn dài 55 mm, dòng điện xoay có giá trị hiệu dụng 2,4A thì lực từ cực đại tác dụng lên đoạn dây là 41 mN$F = B{I_0}.l.\sin \alpha = {220.10^{ - 3}}.2{,}4\sqrt 2 {.55.10^{ - 3}}.\sin 90 = 0{,}041N = 41\,mN$

Chọn Đúng.

d) Chiều dài dây PQ là 40 cm, khi dây dao động, sóng lan truyền trên dây với tốc độ 64 m/s. Khi sử dụng nguồn điện xoay chiều có tần số 160 Hz thì biên độ dao động dây là lớn nhất.

Để trên dây dao động với biên độ lớn nhất thì trên dây phải có sóng dừng

$f = k\frac{v}{{2l}} = k.{f_{\min }} \Rightarrow \frac{f}{{{f_{\min }}}} = \frac{{160}}{{\frac{{64}}{{2.0{,}4}}}} = 2$. Vậy có sóng dừng trên dây.

Chọn Đúng.

a) Độ phóng xạ của tượng cổ là 8 bq có nghĩa là trong 1 giây có 8 hạt nhân ${}^{14}C$ bị phân rã.

Chọn Đúng.

b) Độ phóng xạ của mảnh gỗ vừa mới chặt là 720 phân tử/phút là 72 Bq

$H = \frac{{720}}{{60}} = 12Bq$

Chọn Sai.

c) Nếu mãnh gỗ vừa mới chặt có khối lượng gấp đôi khối lượng tượng cổ thì nó có độ phóng xạ 360 phân tử/phút

Khi khối lượng gấp đôi thì độ phóng xạ sẽ gấp đôi.

Chọn Sai.

d) Tuổi của tượng cổ bằng gỗ là 3273 năm.

Ta có: $H = {H_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} \Rightarrow 8 = {12.2^{\frac{{ - t}}{{5600}}}} \Rightarrow t = 3276$ năm

Chọn Đúng.

Trả lời: ${46^0}\,C.$

Từ công thức nở khối của chất: ${V_t} = {V_0}(1 + \beta \cdot \Delta t);$

Suy ra $\frac{{{V_t} - {V_0}}}{{\Delta t}} = {V_0}\beta .$ (1).

Trong đó:

${V_t}$ là thể tích ở nhiệt độ ${t^0}C.$

${V_0}$ là thể tích ở nhiệt độ $t_0^0\,C.$

$\Delta t = {t^0} - t_0^0;$$\Delta t:$ là độ tăng nhiệt độ

$\beta$ là hệ số nở khối.

TH1: Nhiệt kế khi ở ${t_0} = {30^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_0}\\{t_0} = {30^0}C\end{array} \right.$

TH2: Nhiệt kế khi ở ${t_1} = {42^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = 1{,}15{V_0}\\{t_1} = {42^0}C\end{array} \right.$

TH3: Nhiệt kế khi ở ${t_2} = {x^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_2} = {V_0} + 0{,}2{V_0}\\{t_2}\, = {x^0}\,C\end{array} \right.$

Từ công thức (1) ta có:

$\frac{{{V_1} - {V_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{{V_1} - {V_0}}}{{{{42}^0} - {{30}^0}}} = \frac{{{V_1} - {V_0}}}{{{{12}^0}}} = \frac{{0{,}15{V_0}}}{{{{12}^0}}} = {V_0}\beta .$ (2).

$\frac{{{V_2} - {V_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{{V_2} - {V_0}}}{{{x^0} - {{30}^0}}} = \frac{{{V_2} - {V_0}}}{{{x^0} - {{30}^0}}} = \frac{{0{,}2{V_0}}}{{{x^0} - {{30}^0}}} = {V_0}\beta .$ (3).

Từ (2) và (3) suy ra $\frac{{0{,}15{V_0}}}{{{{12}^0}}} = \frac{{0{,}2{V_0}}}{{{x^0} - {{30}^0}}}$

Ta tìm được ${x^0} = {46^0}\,C.$

Trả lời: 1,56.

Từ công thức nở khối của chất: ${V_t} = {V_0}(1 + \beta \cdot \Delta t);$

Suy ra $\frac{{{V_t} - {V_0}}}{{\Delta t}} = {V_0}\beta .$ (1).

Trong đó :

${V_t}$ là thể tích ở nhiệt độ ${t^0}C.$

${V_0}$ là thể tích ở nhiệt độ $t_0^0\,C.$

$\Delta t = {t^0} - t_0^0;$$\Delta t:$ là độ tăng nhiệt độ

$\beta$ là hệ số nở khối.

TH1: Nhiệt kế khi ở ${t_0} = {30^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_0}\\{t_0} = {30^0}C\end{array} \right.$

TH2: Nhiệt kế khi ở ${t_1} = {42^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = 1{,}15{V_0}\\{t_1} = {42^0}C\end{array} \right.$

TH3: Nhiệt kế khi ở ${t_2} = {75^0}C:$ $\left\{ \begin{array}{l}{V_2}\\{t_2}\, = {75^0}\,C\end{array} \right.$

Từ công thức (1) ta có:

$\frac{{{V_1} - {V_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{{V_1} - {V_0}}}{{{{42}^0} - {{30}^0}}} = \frac{{{V_1} - {V_0}}}{{{{12}^0}}} = \frac{{0{,}15{V_0}}}{{{{12}^0}}} = {V_0}\beta .$ (2).

$\frac{{{V_2} - {V_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{{V_2} - {V_0}}}{{{{75}^0} - {{30}^0}}} = \frac{{{V_2} - {V_0}}}{{{{45}^0}}} = {V_0}\beta .$ (3).

Từ (2) và (3) suy ra $\frac{{0{,}15{V_0}}}{{{{12}^0}}} = \frac{{{V_2} - {V_0}}}{{{{45}^0}}}$

Ta tìm được ${V_2} = 1{,}5625{V_0}.$

Tỉ số $\frac{{{V_2}}}{{{V_0}}} = 1{,}5625 \approx 1{,}56.$

Trả lời: $24{,}8\,(lít)$

Từ phương trình Clapeyron: $pV = nRT.$

Trong đó:

$R = 8{,}31\,\,(J/mol.K)$

Áp suất $p\,(Pa)$

Nhiệt độ $T\,(K)$

Số mol là n

Thể tích $V\,({m^3})$

Vậy thể tích khí ở nhiệt độ $T = {25^0} + 273 = 298\,K$ và áp suất $p = {10^5}\,Pa$ là:

$V = \frac{{nRT}}{p} = \frac{{1 \cdot 8{,}31 \cdot 298}}{{{{10}^5}}} = 0{,}0247638\,({m^3}) = 24{,}7638\,(l\'i t) \approx 24{,}8\,(l\'i t).$

Trả lời: 6,25

Khối lượng của một đơn vị chiều dài dây là ${m_0} = 0{,}05\,\,kg/m$

$\Rightarrow$Khối lượng dây dẫn có chiều dài $\ell$ là $m = {m_0}\ell = 0{,}05\ell \,\,kg$

Các lực tác dụng lên thanh MN trong trường hợp này gồm trọng lực $\overrightarrow P$ (hướng thẳng đứng xuống dưới) và lực từ $\overrightarrow F$.

Hệ thống nằm cân bằng khi: $\overrightarrow P \, + \overrightarrow F \, = \,\overrightarrow 0 \, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow P \, \uparrow \downarrow \overrightarrow F \\P = F\end{array} \right.$

$P = F \Leftrightarrow mg = BI\ell \sin \left( {\overrightarrow B ;\overrightarrow I } \right) \Rightarrow I = \frac{{mg}}{{B\ell \sin \left( {\overrightarrow B ;\overrightarrow I } \right)}} = \frac{{0{,}05\ell \cdot 10}}{{0{,}08\ell \sin 90^\circ }} = 6{,}25\,A$.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định chiều của dòng điện I chạy trên thanh MN có chiều từ N đến M.

Trả lời: 8,3

Năng lượng do nhà máy điện tạo ra trong 1 ngày là:

$A' = P \cdot t = \left( {1920 \cdot {{10}^6}} \right) \cdot \left( {24 \cdot 3600} \right) = 1{,}65888 \cdot {10^{14}}\,J$.

Năng lượng do phản ứng hạt nhân cung cấp cho nhà máy trong 1 ngày là:

$A = \frac{{A'}}{\mathcal{H}} = \frac{{1{,}65888 \cdot {{10}^{14}}}}{{0{,}2}} = 8{,}2944 \cdot {10^{14}}\,J$.

Theo đề năng lượng do phản ứng hạt nhân cung cấp cho nhà máy trong 1 ngày là $a \cdot {10^{14}}\,J$ và kết quả a được làm tròn đến chữ số hàng phần mười nên đáp án $a = 8{,}3$.

Trả lời: 10,9

Theo đề bài mỗi hạt ${}_{92}^{235}U$ khi phân hạch tỏa năng lượng ${A_0} = 185\,MeV = 2{,}96 \cdot {10^{ - 11}}\,J$.

Mà năng lượng do phản ứng hạt nhân cung cấp cho nhà máy trong mỗi ngày là: $A = 8{,}2944 \cdot {10^{14}}\,J$

Nên số hạt nhân ${}_{92}^{235}U$cần dùng để phân hạch là ${N_U} = \frac{A}{{{A_0}}} = \frac{{8{,}2944 \cdot {{10}^{14}}}}{{2{,}96 \cdot {{10}^{ - 11}}}} = 2{,}802 \cdot {10^{25}}\,$(hạt)

Khối lượng hạt nhân ${}_{92}^{235}U$ cần dùng trong một ngày là:

$m = \frac{{A \cdot N}}{{{N_A}}} = \frac{{235 \cdot 2{,}802 \cdot {{10}^{25}}}}{{6{,}02 \cdot {{10}^{23}}}} = 10938{,}04\,g = 10{,}9\,kg$.