Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 5

Chọn D

Chuyển động hỗn loạn xung quanh vị trí cân bằng cố định. Đây là tính chất của phân tử của vật chất ở thể rắn.

Chọn A

Các nhiệt độ mốc trong thang nhiệt độ Kelvin cho biết độ không tuyệt đối là nhiệt độ ứng với nhiệt độ $T = 0{\rm{ K}}.$

Chọn B

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

Chọn A

Nhiệt lượng cần truyền cho $300{\rm{ g}}$ nước để tăng nhiệt độ từ $20{\mkern 1mu} ^\circ {\rm{C}}$ đến $100{\mkern 1mu} ^\circ {\rm{C}}$ là

$Q = mc\Delta t = 0{,}3 \cdot 4{\rm{ 180}} \cdot \left( {100 - 20} \right) = 100320{\rm{ J}}{\rm{.}}$

Thời gian cần thiết để đun nước trong ấm đạt đến nhiệt độ sôi là

$t = \frac{Q}{P} = \frac{{100{\rm{320}}}}{{1{\rm{ 000}}}} \approx 100{\rm{ s}}{\rm{.}}$

Chọn C

Sau khi nước đến nhiệt độ sôi, người ta để ấm tiếp tục đun nước sôi trong $2$ phút. Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nước là $Q = P \cdot t = 1000 \cdot 2 \cdot 60 = 120000{\rm{ J}}{\rm{.}}$

Khối lượng nước đã bay hơi trong $2$ phút là

$Q = L{m_{bh}} \Rightarrow {m_{bh}} = \frac{Q}{L} = \frac{{120000}}{{2{,}0 \cdot {{10}^6}}} = 0{,}06{\rm{ kg}} = 60{\rm{ g}}{\rm{.}}$

Khối lượng nước còn lại trong ấm là $\Delta m = m - {m_{bh}} = 300 - 60 = 240{\rm{ g}}{\rm{.}}$

Chọn D

Công thức áp suất chất khí $p$ là

Chọn A

Ta có:

$$\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{V}{{360}} = \frac{{\frac{{5V}}{6}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {T_2} = 300\,K \Rightarrow {t_2} = 27^\circ {\rm{C}}$$

Chọn B

Trong hệ trục tọa độ VOT, đường đẳng tích là đường thẳng xiên góc có đường kéo dài đi qua gốc tọa độ, đường đẳng nhiệt song song với trục OT. Trong quá trình đẳng nhiệt, áp suất giảm nên thể tích tăng.

Chọn D

Để không khí không đẩy nắp bình lên và thoát ra ngoài thì:

$${p_b} \le {p_o} + \frac{P}{S} \Leftrightarrow {p_b} \le {p_o} + \frac{{mg}}{S}$$

$$\Leftrightarrow {p_b} \le 1{,}013 \cdot {10^5} + \frac{{5 \cdot 10}}{{10 \cdot {{10}^{ - 4}}}}$$

$$\Rightarrow {p_b} \le 1{,}513 \cdot {10^5}\,Pa.$$

$$\Rightarrow {p_b} \le 1{,}5\,atm.$$

$$\Rightarrow {p_{b\max }} = 1{,}5\,atm.$$

Chọn B

Khi dây dẫn được giữ cố định và không có sự thay đổi về từ trường qua nó, không làm xuất hiện suất điện động cảm ứng.

Chọn A

Đoạn dây dẫn thẳng dài mang dòng điện sinh ra các đường sức là những đường tròn đồng tâm, tâm nằm trên dây dẫn. Theo quy tắc nắm bàn tay phải chiều của đường sức từ đi vào cực Nam và đi ra từ cực Bắc của nam châm thử.

Chọn B

Suất điện động cảm ứng giữa hai đầu dây là:

$${e_c} = Bvl\sin \alpha = 0{,}10 \cdot 3{,}0 \cdot 0{,}20 \cdot \sin 90^\circ = 0{,}06\,V.$$

Chọn B

Khi có dòng điện chạy trong cuộn dây máy biến áp sinh ra từ trường biến thiên, từ trường này sinh ra trong lõi thép dòng điện Foucault. Dòng Foucault sinh ra từ trường ngược, chống lại nguyên nhân gây ra nó, đồng thời năng lượng của dòng Foucault bị chuyển hóa thành nhiệt làm máy nhanh nóng. Do các nguyên nhân đó, một phần năng lượng bị hao phí và làm giảm hiệu suất của máy biến áp. Vì vậy, để hạn chế dòng Foucault người ta tìm cách tăng điện trở của các lõi sắt.

Chọn B

Lực từ tác dụng vào các khung dây lần lượt là:

${F_A} = B \cdot I \cdot L \cdot \sin (90^\circ ) = B \cdot I \cdot L$

${F_B} = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L \cdot \sin (90^\circ ) = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L$

${F_C} = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L \cdot \sin (90^\circ ) = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L$

${F_D} = B \cdot I \cdot 0{,}8 \cdot L \cdot \sin (90^\circ ) = B \cdot I \cdot 0{,}8 \cdot L$

Cánh tay đòn của ngẫu lực từ tác dụng vào các khung dây lần lượt là:

${d_A} = 0{,}2 \cdot L$

${d_B} = 0{,}5 \cdot L$

${d_C} = 0{,}3 \cdot L$

${d_D} = 0{,}2 \cdot L$

$\Rightarrow$Momen của ngẫu lực từ tác dụng vào các khung dây lần lượt là:

${M_A} = {F_A} \cdot {d_A} = B \cdot I \cdot L \cdot 0{,}2 \cdot L = 0{,}2 \cdot B \cdot I \cdot {L^2}$

${M_B} = {F_B} \cdot {d_B} = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L \cdot 0{,}5 \cdot L = 0{,}25 \cdot B \cdot I \cdot {L^2}$

${M_C} = {F_C} \cdot {d_C} = B \cdot I \cdot 0{,}5 \cdot L \cdot 0{,}3 \cdot L = 0{,}15 \cdot B \cdot I \cdot {L^2}$

${M_D} = {F_D} \cdot {d_D} = B \cdot I \cdot 0{,}8 \cdot L \cdot 0{,}2 \cdot L = 0{,}16 \cdot B \cdot I \cdot {L^2}$

$\Rightarrow$ ${M_B} > {M_A} > {M_D} > {M_C}$

Chọn D

Hạt $\alpha$ bắn về phía hạt nhân của nguyên tử kim loại. Do hai điện tích cùng dấu có xu hướng đẩy nhau. Ta thấy các hạt $A,\;B,\;C$ có xu hướng ra xa hạt nhân, còn hạt $D$ có xu hướng bị hút vào hạt nhân. Do đó, hạt $\alpha$ không thể chuyển động theo đường đi của hạt D.

Chọn C

Nguyên tử trung hòa của đồng vị krypton $_{36}^{84}Kr$ có số khối $A = 84.$

$\Rightarrow$ Số nucleon trong một nguyên tử trung hòa của đồng vị krypton $_{36}^{84}Kr$ là 84.

Chọn A

Gọi phần trăm $^{15}N$ trong nitrogen tự nhiên tự nhiên là $x.$

$\Rightarrow$phần trăm của $^{14}N$ trong nitrogen tự nhiên là: $1 - x.$

Ta có: Khối lượng nguyên tử của Nitogen tự nhiên là: $m = {m_{{}^{14}N}} \cdot (1 - x) + {m_{{}^{15}N}} \cdot x$

$\Leftrightarrow 14{,}0067 = 14{,}00307 \cdot (1 - x) + 15{,}00011 \cdot x$

$\Rightarrow x = 0{,}00364 = 0{,}364\% .$

Chọn D

Gọi độ phóng xạ của khúc gỗ mới chặt là ${H_0}.$ Độ phóng xạ của tượng gỗ là ${H_t}.$

Ta có: ${H_t} = 0{,}75 \cdot {H_0}$

Lại có: ${H_t} = {H_0} \cdot {2^{ - \frac{t}{T}}}$

$\Rightarrow {2^{ - \frac{t}{{5730}}}} = \frac{{{H_t}}}{{{H_0}}} = 0{,}75$

$\Rightarrow t \approx 2378{,}16.$

Đáp án: Đ– S– S – S

a) Dịch chuyển từ từ pit-tông để làm thay đổi thể tích của chất khí; đọc và ghi lại các giá trị của thể tích và áp suất ở hình vẽ 2. Lặp lại các thao tác.

Chọn ĐÚNG.

b) Với các kết quả thu được từ bản kết quả thí nghiệm, mối liên hệ giữa áp suất và thể tích là $pV = {\rm{0{,}3}}\,{\rm{;}}$ trong đó $p$ được tính bằng ${10^5}\,{\rm{Pa}}$và $V$ được tính bằng ${\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{.}}$

Giá trị trung bình của $pV$ là: $\overline {pV} = \frac{{22{,}88 + 22{,}80 + 23{,}22 + 22{,}88 + 22{,}96}}{5} = 22{,}948.$

Chọn SAI.

c) Mật độ phân tử khí tỷ lệ thuận với áp suất

Chọn SAI.

d) Lượng khí đã dùng là

$$\overline {pV} = nRT \Rightarrow n = \frac{{\overline {pV} }}{{RT}} = \frac{{22{,}948 \cdot {{10}^{ - 6}}}}{{8{,}31 \cdot 298}} = 9{,}27 \cdot {10^{ - 9}}\,{\rm{mol}}{\rm{.}}$$

Chọn SAI.

Đáp án: S–Đ–Đ–S

a) Áp suất của khối khí tại trạng thái (2) là ${p_2} = {p_1} = 1{\rm{ atm}}$. (Đẳng áp)

Chọn SAI.

b) Thể tích của khối khí ở trạng thái (2) là: $\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{4}{{300}} = \frac{{{V_2}}}{{600}} \Rightarrow {V_2} = 8\,{\rm{lít}}{\rm{.}}$

Chọn ĐÚNG.

c) Áp suất của khối khí tại trạng thái (3) là ${p_2}{V_2} = {p_3}{V_3} \Rightarrow {p_3} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{V_3}}} = \frac{{1 \cdot 8}}{2} = 4\,{\rm{atm}}{\rm{.}}$

Chọn ĐÚNG.

d) Đồ thị biểu diễn khối khí trong hệ tọa độ $\left( {p,V} \right)$ từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) là đường thẳng vuông góc với trục $p{\rm{,}}$ từ trạng thái (2) sang trạng thái (3) là một nhánh của đường Hypebol.

Chọn SAI

Đáp án: Đ– Đ– S – S

a) Nam châm sẽ tác dụng lực từ lên dây dẫn.

Dây dẫn có dòng điện đặt trong từ trường do nam châm gây ra nên chịu tác dụng lực từ của nam châm

Chọn ĐÚNG.

b) Số chỉ của cân đọc được lớn hơn 0,35 g.

Khi có dòng điện, lực từ tác dụng lên dây dẫn hướng lên, tạo phản lực lên nam châm hướng xuống. Lực tổng hợp tác dụng lên nam châm lớn hơn trọng lượng ban đầu, do đó cân sẽ đọc giá trị lớn hơn 0,35 g.

Chọn ĐÚNG.

c) Dây dẫn không tác dụng lực từ lên nam châm.

Theo định luật III Newton, lực từ mà dây chịu từ nam châm cũng chính là lực mà nam châm chịu từ dây. Do đó, dây dẫn có tác dụng lực từ lên nam châm.

Chọn SAI.

d) Số chỉ của cân không thay đổi so với ban đầu vì trọng lượng của nam châm không thay đổi.

Trọng lượng của nam châm vẫn giữ nguyên, nhưng do có chịu tác dụng của thêm phản lực từ hướng xuống nên tổng lực tác dụng lên cân lớn hơn. Số chỉ cân đo tổng hợp lực, nên giá trị đo được sẽ lớn hơn so với ban đầu.

Chọn SAI.

Đáp án: Đ–S–Đ–S

a) Phản ứng tổng hợp ${}_2^4{\rm{He}}$ thành ${}_6^{12}C$ tỏa năng lượng.

Phản ứng tổng hợp ${}_2^4{\rm{He}}$ thành ${}_6^{12}C$ là phản ứng nhiệt hạch nên tỏa năng lượng.

Chọn ĐÚNG.

b) Năng lượng tỏa ra trong một ngày là $5{,}3 \cdot {10^{30}}{\rm{ W}}{\rm{.}}$

Theo đề bài công suất trung bình là $5{,}3 \cdot {10^{30}}\;{\rm{W}}{\rm{.}}$

Năng lượng tỏa ra trong một ngày là:

$$W = P \cdot t = 5{,}3 \cdot {10^{30}} \cdot 24 \cdot 3600 = 4{,}5792 \cdot {10^{35}}\;{\rm{J}}$$

Chọn SAI.

c) Số hạt ${}_2^4{\rm{He}}$có trong khối lượng trên là $6{,}923 \cdot {10^{58}}$hạt.

Từ công thức tính số mol: $n = \frac{N}{{{N_A}}} = \frac{m}{M}$ ta suy ra số hạt của ${}_2^4{\rm{He:}}$

$N = \frac{m}{M} \cdot {N_A} = \frac{{4{,}6 \cdot {{10}^{32}} \cdot 1000}}{4} \cdot 6{,}02 \cdot {10^{23}} = 6{,}923 \cdot {10^{58}}$hạt.

Chọn ĐÚNG.

d) Lấy 1 năm bằng $365{,}25$ngày. Thời gian để chuyển hóa hết ${}_2^4{\rm{He}}$ ở ngôi sao này thành ${}_6^{12}C$ vào khoảng $160{,}5$triệu năm.

Vì mỗi phản ứng xảy ra cần dùng 3 hạt ${}_2^4{\rm{He}}$ và tạo ra $7{,}27\;{\rm{MeV}}$, nên năng lượng để chuyển hóa hết ${}_2^4{\rm{He}}$ ở ngôi sao này thành ${}_6^{12}C$là:

$$W = \frac{{6{,}923 \cdot {{10}^{58}}}}{3} \cdot 7{,}27 \cdot 1{,}6 \cdot {10^{ - 13}} = 2{,}68 \cdot {10^{46}}\;{\rm{J}}{\rm{.}}$$

Thời gian để chuyển hóa hết ${}_2^4{\rm{He}}$là:

$$t = \frac{W}{P} = \frac{{2{,}68 \cdot {{10}^{46}}}}{{5{,}3 \cdot {{10}^{30}}}} = 5{,}06 \cdot {10^{15}}\;{\rm{s}}{\rm{.}}$$

Đổi thời gian sang đơn vị năm:

$t = \frac{{5{,}06 \cdot {{10}^{15}}}}{{365{,}25 \cdot 24 \cdot 3600}} = 160{,}5$ triệu năm.

Chọn ĐÚNG.

Trả lời: 20,4

Vì hệ không trao đổi nhiệt với môi trường ngoài, nên tổng nhiệt lượng trao đổi trong hệ phải bằng 0. Tức là nhiệt lượng tỏa ra của bình nhôm phải bằng nhiệt lượng thu vào của nước.

$\begin{array}{l}{Q_{toa}} = {Q_{thu}}\\ \Leftrightarrow {m_2} \cdot {c_2} \cdot \Delta {t_2} = {m_1} \cdot {c_1} \cdot \Delta {t_1}\\ \Leftrightarrow 0{,}2 \cdot 880 \cdot (30 - t) = 1 \cdot 4200 \cdot (t - 20)\\ \Leftrightarrow t = 20{,}4^\circ C.\end{array}$

Trả lời: 0

 Nhiệt lượng toả ra của nước và bình nhôm giảm nhiệt độ xuống $0^\circ {\rm{C}}$là:

${Q_{12}} = \left( {{m_1}{c_1} + {m_2}{c_2}} \right)\left( {{t_{12}} - 0} \right) = \left( {1 \cdot 4{,}2 \cdot {{10}^3} + 0{,}2 \cdot 880} \right)\left( {20{,}4 - 0} \right) = 89270{,}4\;{\rm{J}}{\rm{.}}$

 Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ lên $0^\circ {\rm{C}}$ là:

${Q_3} = {m_3}{c_3}\left( {0 + 10} \right) = 0{,}4 \cdot 2{,}1 \cdot {10^3} \cdot 10 = 8400\;{\rm{J}}{\rm{.}}$

 Ta có ${Q_{12}} > {Q_3} \Rightarrow$nước đá bắt đầu tan chảy.

 Nhiệt lượng thu vào để đá tan chảy hoàn toàn là

${Q_\lambda } = {m_3} \cdot \lambda = 0{,}4 \cdot 3{,}4 \cdot {10^5} = 136000\;{\rm{J}}{\rm{.}}$

 Ta có ${Q_{12}} < {Q_3} + {Q_\lambda } \Rightarrow$ Đá tan chảy một phần và nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp là $0^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

Trả lời: 6,7

${V_k} = {V_v} \cdot {P_b} = 8 \cdot 150 = 1200$ (lít.bar)

 Vậy ở áp suất 1 bar, thể tích khí thực tế có thể sử dụng sẽ là 1200 lít

 Do đó ở áp suất 1 bar, với L là lưu lượng thở 3 lít/phút

$\Rightarrow t = \frac{{{V_k}}}{L} = \frac{{1200}}{{3.60}} = 6{,}7$ giờ

Trả lời: 17

Nhiệt lượng toả ra bởi vật dẫn: $Q{\rm{ }} = R{I^2}t = 1200 \cdot {4^2} \cdot 15 \cdot 60 = 17{,}28 \cdot {10^6}{\rm{ }}J \approx 17{\rm{ }}MJ$

Trả lời: 97,5

Số phân tử ${}^{{\rm{239}}}{\rm{Pu}}$ có trong $505{\rm{ }}g$ là $N = \frac{m}{M}{N_A}$

Năng lượng toả ra khi phân hạch 505 g ${}^{{\rm{239}}}{\rm{Pu}}$ là: $E = N \cdot 180{,}0 \cdot 23\% {\rm{ MeV}}$

Công suất của phản ứng $P{\rm{ = }}\frac{E}{t}{\rm{ = }}\frac{{\frac{{{\rm{505}}}}{{{\rm{239}}}} \cdot {\rm{6{,}02}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{{\rm{23}}}} \cdot {\rm{180{,}0}} \cdot {\rm{1{,}60}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{{\rm{ - 13}}}} \cdot {\rm{0{,}23}}}}{{{\rm{24}} \cdot {\rm{3600}}}}{\rm{ = 97{,}5}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{\rm{6}}}\;{\rm{W = 97{,}5 MW}}$

Trả lời: 13,5

Vì chỉ có $3{,}75{\rm{ }}\%$ Pu trong có phản ứng phân hạch nên khối nhiên liệu có khối lượng là:

$$m = 3{,}75\% \cdot m'{\rm{ }}\quad \Rightarrow m' = \frac{m}{{3{,}75\% }} = \frac{{505{\rm{ }}}}{{0{,}0375}} \approx 13{,}5 \cdot {10^3}{\rm{ }}g = 13{,}5{\rm{ }}kg.$$