Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 3

Chọn B

Nội năng: là tổng động năng và thế năng của các phân tử cấu tạo nên vật.

Nhiệt lượng: là phần nội năng mà vật nhận thêm vào hay mất bớt đi trong quá trình truyền nhiệt.

Sự khác biệt:

Nội năng là một dạng năng lượng lưu trữ trong vật, còn nhiệt lượng là năng lượng trao đổi giữa các vật. Một vật có thể có nội năng lớn nhưng không trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh, do đó không có nhiệt lượng.

Chọn C

Sự bay hơi chỉ xảy ra trên bề mặt chất lỏng. Quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể khí xảy ra ở cả bên trong và trên bề mặt chất lỏng là sự sôi.

Chọn A

${t_F} = 32 + 1{,}8{t_C} \Leftrightarrow 2{t_C} = 32 + 1{,}8{t_C} \Rightarrow {t_C} = 160^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

Chọn D

Áp dụng độ biến thiên cơ năng

$\frac{1}{2}m{v^2} - mgh = {A_{Fc}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot {30^2} - 0{,}5 \cdot 9{,}81 \cdot 1000 = {A_{Fc}} \Rightarrow {A_{Fc}} = - 4680\;J \Rightarrow \left| {{A_{Fc}}} \right| = 4680\;J.$

Chọn A

$\left| {{A_{Fc}}} \right| = Q = mc\Delta t \Leftrightarrow 4680 = 0{,}5 \cdot 460 \cdot \Delta t \Rightarrow \Delta t = 20{,}3^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

Chọn A

Để xác định được quá trình biến đổi của khí trong bình, ta cần phân tích các thông số trạng thái của khối khí (áp suất p, thể tích V và nhiệt độ T) thay đổi như thế nào.

Nhiệt độ (T): Khi làm nóng hoặc làm nguội bình cầu, rõ ràng nhiệt độ của khối khí bên trong sẽ thay đổi.

Thể tích (V): Giọt thủy ngân có thể di chuyển được trong ống, điều này cho phép thể tích của khối khí trong bình thay đổi để cân bằng với áp suất.

Áp suất (p): Miệng ống thông với khí quyển nên áp suất của khối khí trong bình luôn bằng áp suất khí quyển, tức là áp suất không đổi.

Kết luận:

Trong thí nghiệm này, áp suất của khối khí được giữ không đổi, còn thể tích và nhiệt độ thay đổi. Do đó, đây là quá trình đẳng áp.

Chọn A

Vì áp suất khí không đổi, áp dụng định luật CHARLES

$\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{30}}{{27 + 273}} = \frac{{{V_2}}}{{227 + 273}} \Rightarrow {V_2} = 50\;lít.$

Chọn A

Đường nét đứt $X$ biểu diễn sự thay đổi áp suất $p$ theo nhiệt độ tuyệt đối $T$ của $1\,mol$ khí lý tưởng trong bình kín có thể tích cố định. Ta thấy đường $X$ có dạng một đường thẳng đi qua gốc tọa độ $O$ đây là quá trình đẳng tích. Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.

Công thức: $\frac{p}{T} = const\,hay\,p = a \cdot T$(với $a$ là hệ số tỉ lệ).

Theo phương trình này, đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của $p$ vào $T$ trong quá trình đẳng tích là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ.

Khi tăng lượng khí lên gấp đôi $\left( {2\,mol} \right)$ trong cùng một bình chứa, tức là thể tích không đổi, ta có:

Số phân tử khí tăng gấp đôi, dẫn đến số lần va chạm của các phân tử khí lên thành bình tăng gấp đôi.

Kết quả là áp suất của khí cũng tăng gấp đôi tại cùng một nhiệt độ.

Do đó, đường biểu diễn sự biến thiên của $2\,mol$ khí phải có hệ số góc lớn gấp đôi so với đường $X.$

Quan sát đồ thị, ta thấy đường $A$ có hệ số góc lớn gấp đôi đường $X.$

Chọn A

Gọi x là độ dời của pit-tông khi nung nóng khí trong một phần. Sau khi nung nóng:

Chiều dài của phần nung nóng là: $\ell _1^/ = {\ell _1} + x = 0{,}52 + x\,\left( m \right).$

Chiều dài của phần còn lại là: $\ell _2^/ = {\ell _2} - x = 0{,}52 - x\,\left( m \right).$

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho từng phần

Phần nung nóng:

$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{p_1^/V_1^/}}{{T_1^/}} \Leftrightarrow \frac{{{p_1}S{\ell _1}}}{{{T_1}}} = \frac{{p_1^/S\ell _1^/}}{{T_1^/}} \Leftrightarrow \frac{{750 \cdot 0{,}52}}{{300}} = \frac{{p_1^/ \cdot \left( {0{,}52 + x} \right)}}{{350}} \Rightarrow p_1^/ = \frac{{455}}{{0{,}52 + x}}$

Phần còn lại:

$\frac{{{p_1}{V_2}}}{{{T_1}}} = \frac{{p_1^{//}V_2^/}}{{{T_1}}} \Leftrightarrow \frac{{{p_1}S{\ell _2}}}{{{T_1}}} = \frac{{p_1^{//}S\ell _2^/}}{{{T_1}}} \Leftrightarrow 750 \cdot 0{,}52 = p_1^{//}\left( {0{,}52 - x} \right) \Rightarrow p_1^{//} = \frac{{390}}{{0{,}52 - x}}$

Khi pit – tông cân bằng thì áp suất ở 2 bên bằng nhau: khi đó ta có

$p_1^/ = p_1^{//} \Leftrightarrow \frac{{455}}{{0{,}52 + x}} = \frac{{390}}{{0{,}52 - x}} \Rightarrow x = 0{,}04\,m = 4\,cm.$

Chọn C

Sử dụng quy tắc nắm tay phải xác định chiều vectơ cảm ứng từ.

Chọn B

Ta có: $F = IBL \Rightarrow B = \frac{F}{{IL}} = 0{,}02{\rm{ T}}{\rm{.}}$

Chọn B

Ta có: $\Delta \phi = NBS(\cos 0 - \cos 50^\circ ) = 2{,}1 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ Wb}}$

Suy ra từ thông tăng thêm $2,{1.10^{ - 3}}{\rm{W}}b.$

Chọn A

Bảo toàn A và Z ta được: $_5^{10}Bo + _1^2D \to {}_2^4He + _4^8Be.$

Chọn C

Năng lượng liên kết riêng là

$${W_{lkr}} = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A} = \frac{{\left( {6 \cdot 1{,}007276 + 8 \cdot 1{,}008665 - 13{,}999949} \right)931{,}5}}{{14}} = 7{,}52{\rm{ MeV}}$$

Chọn C

Ta có: $H = {H_0}{2^{ - \frac{t}{T}}} \Rightarrow \frac{{{H_2}}}{{{H_1}}} = {2^{\frac{{{t_1} - {t_2}}}{T}}}$

Xét 2 ngày đầu:

Nguồn 1: $\frac{{48}}{{100}} = {2^{\frac{{1 - 2}}{T}}} \Rightarrow T = 0{,}9$ ngày

Nguồn 2: $\frac{{142}}{{200}} = {2^{\frac{{1 - 2}}{T}}} \Rightarrow T = 2{,}02$ ngày

Nguồn 3: $\frac{{297}}{{300}} = {2^{\frac{{1 - 2}}{T}}} \Rightarrow T = 68{,}97$ ngày

Nguồn 4: $\frac{{202}}{{400}} = {2^{\frac{{1 - 2}}{T}}} \Rightarrow T = 1{,}01$ ngày

Đáp án: S – Đ – S – Đ

a) Công suất bức xạ chiếu lên bộ thu nhiệt là

$$P = IS = 1000 \cdot 4 = 4000{\rm{ W}}.$$

Chọn SAI.

b) Trong ${\rm{1{,}00 h,}}$ năng lượng mặt trời chiếu lên bộ thu nhiệt là

$${A_1} = Pt = 4000 \cdot 3600 = 14{,}4 \cdot {10^6}{\rm{ J}} = 14{,}4{\rm{ MJ}}{\rm{.}}$$

Chọn ĐÚNG.

c) Trong ${\rm{1{,}00 h,}}$ phần năng lượng chuyển thành năng lượng nhiệt là

$${A_2} = {A_1} \cdot H = 14{,}4 \cdot 25\% = 3{,}6{\rm{ MJ}}$$

Chọn SAI.

d) Nếu hệ thống đó, làm nóng ${\rm{30{,}0 kg}}$nước thì trong khoảng thời gian ${\rm{1{,}00 h}}$ nhiệt độ của nước tăng thêm ${\rm{28{,}6}}^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

$$\Delta t = \frac{Q}{{mc}} = \frac{{{A_2}}}{{mc}} = 28{,}6^\circ {\rm{C}}$$

Chọn SAI.

Đáp án: S – S – Đ – S

a) Khối lượng khí hydrogen cần bơm vào khí cầu là

$$\begin{array}{l}pV = nRT\\ \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}}\\m = nM = \frac{{pV}}{{RT}}M = 3273{\rm{ gam}}{\rm{.}}\end{array}$$

Chọn SAI.

b) Nếu bơm khí trong thời gian ${\rm{2}}$phút kể từ khi trong vỏ khí cầu không có khí đến khi đầy, khối lượng kí cần bơm trong mỗi giây là

$${m_0} = \frac{m}{t} = \frac{{3273}}{{120}} = 27{,}3{\rm{ gam/s}}{\rm{.}}$$

Chọn SAI.

c) Khí cầu được thả bay lên đến độ cao nhất định thì bị vỡ do thể tích tăng quá giới hạn, nhiệt độ của khí cầu bằng nhiệt độ khí quyển là $- 84^\circ {\rm{C}}$ thì áp suất trong khí cầu là

$$\begin{array}{l}\frac{{pV}}{T} = \frac{{p'V'}}{{T'}}\\ \Leftrightarrow \frac{{1{,}2 \cdot {{10}^5}V}}{{300}} = \frac{{p' \cdot 27V}}{{189}}\\ \Rightarrow p' = 0{,}028 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}}{\rm{.}}\end{array}$$

Chọn ĐÚNG.

d) Cứ lên cao thêm ${\rm{12 m}}$ thì áp suất khí quyển giảm ${\rm{1 mmHg,}}$ độ cao lớn nhất khí cầu đến được là ${\rm{20 km}}{\rm{.}}$

Khí cầu lên đến độ cao lớn nhất thì tại đó có áp suất bằng áp suất bên trong khí cầu khi bị vỡ

$${p_{kq}} = p' = 0{,}028 \cdot {10^5}{\rm{ Pa}} = \frac{{0{,}028 \cdot {{10}^5}}}{{1{,}013 \cdot {{10}^5}}} \cdot 760 = 21{\rm{ mmHg}}{\rm{.}}$$

Tại mặt đất áp sất khí quyển là ${p_0} = 760{\rm{ mmHg}}{\rm{.}}$

Độ cao lớn nhất

$$\left( {760 - 21} \right) \cdot 12 = 8868{\rm{ m}} = 8{,}868{\rm{ km}}{\rm{.}}$$

Chọn SAI.

Đáp án: Đ – Đ – S – Đ

a) Hạt nhân sản phẩm có $155{\rm{ }}neutron.$

$${}_{101}^{258}Md \to {}_2^4He + {}_{99}^{254}X$$

$$N = A - Z = 254 - 99 = 155.$$

Chọn ĐÚNG.

b) Năng lượng tỏa ra của phản ứng phân rã phóng xạ trên là $7{,}266{\rm{ }}MeV.$

$$\Delta E = \left( {{m_{Md}} - {m_{He}} - {m_X}} \right){c^2} = \left( {258{,}0984 - 4{,}0026 - 254{,}0880} \right)931{,}5 = 7{,}2657{\rm{ MeV}}$$

Chọn ĐÚNG.

c) Độ phóng xạ của mẫu $105{\rm{ g}}$ $_{101}^{258}{\rm{Md}}$nguyên chất là $2,{10.10^{23}}{\rm{Bq}}.$

$$H = \lambda N = \frac{{\ln 2}}{T}n \cdot {N_A} = \frac{{\ln 2}}{T}\frac{m}{M} \cdot {N_A} = \frac{{\ln 2}}{{51{,}5 \cdot 86400}}\frac{{105}}{{258}} \cdot 6{,}02 \cdot {10^{23}} = 3.82 \cdot {10^{16}}\,Bq$$

Chọn Sai.

d) Số hạt $_2^4{\rm{He}}$ được phóng ra từ $105{\rm{ g}}$ $_{101}^{258}{\rm{Md}}$ nguyên chất trong 60,0 ngày đầu là $1,{36.10^{23}}$hạt.

$$\Delta m = {m_0} - m = {m_0}\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right) = 105\left( {1 - {2^{\frac{{ - 60}}{{51{,}5}}}}} \right) = 58{,}175{\rm{ g}}$$

Số hạt $_2^4{\rm{He}}$ đã phóng ra bằng số hạt $_{101}^{258}{\rm{Md}}$ đã phân rã

$\Delta N = \frac{{\Delta m}}{M} \cdot {N_A} = \frac{{58{,}175}}{{258}} \cdot 6{,}02 \cdot {10^{23}} = 1{,}357 \cdot {10^{23}}{\rm{ ha\"i t}}$

Chọn ĐÚNG.

Đáp án: S – Đ – S – S

a) Đường sức từ của ống dây không có hình dạng giống với đường sức từ của dòng điện thẳng dài vô hạn đặt nằm ngang.

Chọn SAI.

b) Sử dụng quy tắc nắm bàn tay phải xác định được đường sức từ của ống dây có hướng đi vào đầu B và đi ra ở đầu A của thanh sắt non.

Chọn ĐÚNG.

c) Nếu đổi chiều dòng điện ngược chiều lại so với lúc ban đầu thì đầu A là cực từ Nam, đầu B là cực từ Bắc.

Chọn SAI.

d) Khi ngắt dòng điện, thanh sắt non mất từ tính, không còn hút các ghim sắt

Chọn SAI.

Trả lời: 7,3

Áp dụng công thức tính bán kính hạt nhân:

${\text{r = r}}_{\text{0}}\cdot {\text{A}}^{\frac{1}{3}}=\text{1{,}2}\cdot {\text{10}}^{\text{-15}}\cdot {(226)}^{\frac{1}{3}}=\ 7{,}3\cdot {10}^{-15}\text{m.}$

Trả lời: 4,5

Từ thông lớn nhất qua khung dây là ${\phi _{{\rm{max}}}}{\rm{ = }}\,{{\rm{B}}_{{\rm{max}}}}{\rm{S}}\,{\rm{ = 3}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - 3}} \cdot {\rm{15}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - 4}} = 4{,}5 \cdot {10^{ - 6}}\,{\rm{Wb}}{\rm{.}}$

Trả lời: 0,26

Áp dụng phương trình Clapeyron: ${\rm{pV}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{nRT}} \Rightarrow {\rm{n}}\, = \frac{{{\rm{pV}}}}{{{\rm{RT}}}}\, = \,\frac{{3{,}20 \cdot {{10}^5} \cdot 1{,}90 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8{,}31 \cdot 285}}\, = \,0{,}26\,{\rm{mol}}{\rm{.}}$

Trả lời: 3,37

Quá trình biến đổi trạng thái của khối khí bên trong lốp xe là đẳng tích.

Trong quá trình đẳng tích ta có: $\frac{{{{\rm{p}}_1}}}{{{{\rm{T}}_1}}}\, = \,\frac{{{{\rm{p}}_2}}}{{{{\rm{T}}_2}}}\,\, \Rightarrow \,{{\rm{p}}_2} = \frac{{{{\rm{p}}_1} \cdot {{\rm{T}}_2}}}{{{{\rm{T}}_1}}}\, = \frac{{3{,}2 \cdot {{10}^5} \cdot 300}}{{285}} = 3{,}37 \cdot {10^5}\,{\rm{Pa}}{\rm{.}}$

Trả lời: 52

Lần thả đầu tiên nhiệt độ cân bằng ${t_1} = 40^\circ C:$

$\begin{array}{l}{m_n}{c_n}({t_1} - {t_0}) = {m_c}{c_c}({t_c} - {t_1})\\\frac{{{m_n}{c_n}}}{{{m_c}{c_c}}} = \frac{{({t_c} - {t_1})}}{{({t_1} - {t_0})}} = \frac{{100 - 40}}{{40 - 20}} = 3\end{array}$

Lần thả thứ hai nhiệt độ cân bằng là ${t_2}:$

Hoặc:

$\begin{array}{l}{m_n}{c_n}({t_2} - {t_0}) = 2{m_c}{c_c}({t_c} - {t_2})\\ \Leftrightarrow 3({t_2} - {t_0}) = 2({t_c} - {t_2}) \Leftrightarrow 3({t_2} - 20) = 2(100 - {t_2})\\ \Rightarrow {t_2} = 52^\circ C.\end{array}$

(Lưu ý: Khi thả lần lượt từng quả cầu thì kết quả cũng giống như thả một lượt nhiều quả)

Trả lời: 21

Gọi n là số quả cầu thả vào, khi cân bằng nhiệt ta có:

${m_n}{c_n}({t_n} - {t_0}) = n{m_c}{c_c}({t_c} - {t_n}) \Rightarrow n = \frac{{{m_n}{c_n}({t_n} - {t_0})}}{{{m_c}{c_c}({t_c} - {t_n})}} = 3 \cdot \frac{{90 - 20}}{{100 - 90}} = 21.$

Vậy cần thả đến quả cầu thứ 21 thì nhiệt độ cân bằng là $90^\circ C.$