Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí Liên Trường THPT - Nghệ An có đáp án

Phương pháp:

Sơ đồ sự chuyển thể của các chất:

Cách giải:

Quá trình làm cho quặng nhôm chuyển từ dạng rắn sang dạng lỏng là nóng chảy

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức định luật Charles cho quá trình đẳng áp: $\frac{V}{T} =$ const

Cách giải:

Quá trình đẳng áp có: $\frac{V}{T} =$ const $\Rightarrow V \sim T$

Vậy khi nhiệt độ tuyệt đối tăng hai lần thì thể tích của khối khí tăng hai lần

Chọn D.

Phương pháp:

Khi đặt hai cực của hai nam châm lại gần nhau: các cực cùng dấu thì đẩy nhau, các cực trái dấu thì hút nhau

Cách giải:

Từ hình vẽ ta thấy tại phía bên phải thân tàu là cực Bắc, phía dưới đường ray là cực Bắc, hai cực này đẩy nhau. Đồng thời cực Nam của đường ray hút cực Bắc của thân tàu làm thân tàu hướng lên trên.

Chọn A.

Phương pháp:

Động năng trung bình của phân tử khí: $\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}kT$

Cách giải:

Động năng trung bình của phân tử khí: $\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}kT$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng số liệu từ đồ thị viết phương trình công suất phụ thuộc vào thời gian

Nhiệt lượng được tính bằng diện tích dưới của đồ thị công suất

Cách giải:

Từ đồ thị ta có phương trình công suất theo thời gian là:

${\rm{P}} = 8 + {\rm{t}}\left( {\rm{W}} \right)$

Tại thời điểm t, công suất nhận nhiệt là: ${\rm{P}} = 8 + {\rm{t}}\left( {\rm{W}} \right)$

Nhiệt lượng vật nhận được trong khoảng thời gian t tính từ thời điểm đầu là:

$Q = \frac{{\left[ {8 + \left( {8 + t} \right)} \right].t}}{2} = \frac{{{t^2}}}{2} + 8t$

Theo đề bài ta có:

$40 = \frac{{{t^2}}}{2} + 8t \Rightarrow {t^2} + 16t - 80 = 0$

$\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 4\left( s \right)\,\,\,(t/m)}\\{t = - 20\left( s \right)\,\,\,(l)}\end{array}} \right.$

Chọn C.

Phương pháp:

Độ biến thiên nội năng của khối khí: ${\rm{\Delta }}U = A + Q$

Với quy ước:

A > 0 khi hệ nhận công

A $< 0$ khi hệ sinh công

Q > 0 khi hệ nhận nhiệt

${\rm{Q}} < 0$ khi hệ tỏa nhiệt

Cách giải:

Khối khí được truyền nhiệt lượng 300 J (nhận nhiệt) và sinh công 100 J :

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{A = - 100\left( J \right)}\\{Q = 300\left( J \right)}\end{array}} \right.$

Độ biến thiên nội năng của khối khí là:

${\rm{\Delta }}U = A + Q = - 100 + 300 = 200\left( J \right)$

Vậy nội năng của khối khí tăng 200 J

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết tính chất của phân tử ở thể rắn, lỏng, khí

Cách giải:

Kết luận sai là: Chỉ có ở thể rắn, các phân tử dao động nhiệt: phân tử ở thể rắn, lỏng, khí đều dao động nhiệt

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết nhiệt dung riêng

Cách giải:

Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg chất để nó tăng thêm ${1^ \circ }{\rm{C}}$ gọi là nhiệt dung riêng

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết mô hình động học phân tử chất khí

Cách giải:

Phát biểu sai là: Các phân tử khí luôn luôn hút nhau: các phân tử khí có thể hút hoặc đẩy nhau

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức quy đổi giữa các thang nhiệt độ: $T\left( K \right) = {t^o}C + 273$

Cách giải:

Ta có: ${37^ \circ }{\rm{C}} = 37 + 273 = 310{\rm{\;K}}$

Chọn A.

Phương pháp:

Quy tắc bàn tay trái: đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa là chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra ${90^ \circ }$ chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dây dẫn

Cách giải:

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta thấy:

Hình 1: lực từ có hướng từ dưới lên $\to$ Hình 1 sai

Hình 2: lực từ có hướng từ phải sang trái $\to$ Hình 2 sai

Hình 3: lực từ có hướng từ phải sang trái $\to$ Hình 3 sai

Hình 4: lực từ có hướng từ trên xuống $\to$ Hình 4 đúng

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết ứng dụng của từ trường và hiện tượng cảm ứng điện từ

Cách giải:

Thiết bị không phải ứng dụng của từ trường là: bàn là điện

Chọn D.

Phương pháp:

Nhiệt tự truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn

Cách giải:

Nhiệt năng truyền từ N sang ${\rm{M}} \to$ ban đầu nhiệt độ của N cao hơn M

Chọn A.

Phương pháp:

Độ chênh lệch nhiệt độ của thang Kelvin bằng độ chênh lệch nhiệt độ của thang Celsius

Cách giải:

Nhiệt độ lốp trước bên phải và lốp sau bên phải chênh lệch nhau:

${\rm{\Delta }}T = {\rm{\Delta }}t = 30 - 28 = 2K$

Chọn D.

Cách giải:

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khí trong lốp sau bên phải và các lốp còn lại, ta có:

${p_1}V = {n_1}R{T_1}$

${p_2}V = {n_2}R{T_2}$

$\Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}.\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{{2{,}5}}{{2{,}3}}.\frac{{28 + 273}}{{30 + 273}} \approx 1{,}07978$

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}n = {n_2} - {n_1} = 0{,}07978{n_1} = {n_1}.7{,}978{\rm{\% }}$

Chọn B.

Phương pháp:

Phương trình đẳng tích: $\frac{P}{T} =$ const

Cách giải:

Xét lượng khí trong lốp trước không đổi, thể tích không đổi

Trạng thái $1:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = 2{,}5{\rm{\;bar\;}}}\\{{T_1} = 30 + 273 = 303{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2}}\\{{T_2} = 42 + 273 = 315{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Áp dụng phương trình đẳng tích, ta có:

$\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = {p_1}.\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 2{,}5.\frac{{315}}{{303}} \approx 2{,}6$ (bar$)$

Chọn C.

Phương pháp:

Nắm bàn tay phải, rồi đặt sao cho bốn ngón tay hướng theo chiều dòng điện chạy qua các vòng dây thì ngón tay cái choãi ra chỉ chiều của đường sức từ trong lòng ống dây

Cách giải:

Từ hình vẽ ta thấy cực dương của nguồn điện ở bên trái, áp dụng quy tắc nắm tay phải, cảm ứng từ trong lòng ống có hướng từ trái sang phải

Chọn A.

Phương pháp:

Cường độ dòng điện của mạch điện: $I = \frac{E}{{R + r}}$

Độ lớn cảm ứng từ của ống dây tỉ lệ với cường độ dòng điện

Cách giải:

Suất điện động của nguồn tăng gấp đôi, điện trở của toàn mạch giảm một nửa $\to {\rm{I}}$ tăng 4 lần $\to {\rm{B}}$ tăng 4 lần

Chọn B.

Phương pháp:

a) Sử dụng kĩ năng đọc bảng số liệu

b) Trong quá trình chất chuyển thể, nội năng của vật biến thiên

c) Nội năng của vật có thể biến thiên nhờ tỏa nhiệt hoặc thu nhiệt

d) Nhiệt lượng: $Q = m\lambda = Pt$

Cách giải:

a) Từ bảng số liệu, ta thấy trong quá trình nước đá tan, nhiệt độ của hỗn hợp không đổi và bằng ${0^ \circ }{\rm{C}}$.

$\to$ a đúng

b) Trong quá trình nước đá tan, nước đá chuyển từ thể rắn sang lỏng, nội năng của hỗn hợp tăng lên.

$\to$ b đúng

c) Trong quá trình nước đá tan, nước đá và hỗn hợp nhận nhiệt lượng từ môi trường, làm nội năng của hỗn hợp tăng

$\to$ c sai

d) Công suất trung bình của nguồn điện là:

$\overline P = \frac{{14{,}05 + 14{,}06 + 14{,}00 + 14{,}02 + 13{,}98}}{5} = 14{,}022\left( W \right)$

Nhiệt lượng nước đá nhận được từ môi trường trong 300 giây là:

$Q = \overline P .t = 14{,}022.300 = 4206{,}6\left( J \right)$

Khối lượng nước đá đã tan là:

${\rm{\Delta }}m = 22{,}80 - 10{,}58 = 12{,}22\left( {\rm{g}} \right) = {12{,}22.10^{ - 3}}\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là:

$\lambda = \frac{Q}{m} = \frac{{4206{,}6}}{{{{12{,}22.10}^{ - 3}}}} \approx {3{,}44.10^5}\left( {{\rm{J}}/{\rm{kg}}} \right)$

$\to$ d sai

Phương pháp:

a) Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu

b) Sử dụng lý thuyết sự nổi của vật

c, d) Phương trình Clapeyron: ${\rm{pV}} = {\rm{nRT}}$

Cách giải:

a) Trọng lượng của khí cầu là:

$P = mg = 450.9{,}8 = 4410\left( N \right)$

Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu: 4410N

$\to$ a đúng

b) Khinh khí cầu bay lên được là do khối lượng riêng của khí trong khí cầu nhỏ hơn của khí quyển

$\to$ b đúng

c) Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

$pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{1{,}03.10}^5}{{.3.10}^3}}}{{8{,}31.\left( {25 + 273} \right)}} \approx 124779\left( {{\rm{mol}}} \right)$

$\to$ c sai

d) Xét lượng khí bên trong khí cầu ban đầu ở ${25^ \circ }{\rm{C}}$

Khối lượng riêng của không khí là:

${\rho _{kk}} = \frac{{{m_1}}}{V} = \frac{{{n_1}{\mu _{kk}}}}{V} \Rightarrow {\mu _{kk}} = \frac{{{\rho _{kk}}.V}}{{{n_1}}} = \frac{{{\rho _{kk}}R{T_1}}}{p}$

Khi nung nóng khí cầu, để khí cầu rời khỏi mặt đất, ta có khối lượng riêng của khí cầu:

$\rho = {\rho _{kk}} \Rightarrow \frac{{{m_k} + m}}{V} = {\rho _{kk}}$

$\Rightarrow \frac{{{m_k} + 450}}{{{{3.10}^3}}} = 1{,}29 \Rightarrow {m_k} = 3420\left( {{\rm{kg}}} \right)$

$\Rightarrow {n_k} = \frac{{{m_k}}}{{{\mu _{kk}}}} = \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}$

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

$pV = {n_k}R{T_k} \Rightarrow \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}.R{T_k} = \frac{{{m_k}p{T_k}}}{{T{\rho _{kk}}}}$

$\Rightarrow {T_k} = \frac{{V{\rho _{kk}}T}}{{{m_k}}} = \frac{{{{3.10}^3}.1{,}29.\left( {25 + 273} \right)}}{{3420}}$

$\Rightarrow {T_k} \approx 337{,}2{\rm{\;K}} \Rightarrow {t_k} = 337{,}2 - 273 = {64{,}2^ \circ }{\rm{C}}$

$\to$ d đúng

Phương pháp:

Định luật III Newton: lực do từ trường của nam châm tác dụng lực từ lên dây dẫn có dòng điện chạy qua, thì dây dẫn cũng tác dụng lên nam châm một lực từ cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn với lực từ tác dụng lên dây dẫn

Quy tắc bàn tay trái: đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa là chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra ${90^ \circ }$ chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dây dẫn

Độ lớn lực từ: $F = IBl{\rm{sin}}\alpha$

Cách giải:

a) Số chỉ của cân tăng lên chứng tỏ có một lực tác dụng lên nam châm theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống $\to$ a đúng

b) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân

$\to$ b sai

c) Lực từ do dây dẫn tác dụng lên nam châm có chiều hướng xuống $\to$ lực từ tác dụng lên dây dẫn có chiều hướng lên

Áp dụng quy tắc bàn tay trái: $\vec F$ hướng lên, $\vec B$ hướng từ trái sang phải $\to$ cường độ dòng điện có chiều từ C đến D

$\to$ c sai

d) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân:

$F = IBl = mg \Rightarrow B = \frac{{mg}}{{Il}}$

Cảm ứng từ trong các lần đo tương ứng là:

${B_1} = \frac{{{m_1}g}}{{{I_1}l}} = \frac{{{{4{,}1.10}^{ - 3}}.9{,}8}}{{2{,}51.0{,}1}} \approx 0{,}1601\left( T \right)$

${B_2} = \frac{{{m_2}g}}{{{I_2}l}} = \frac{{{{5{,}31.10}^{ - 3}}.9{,}8}}{{3{,}22.0{,}1}} \approx 0{,}1616\left( T \right)$

${B_3} = \frac{{{m_3}g}}{{{I_3}l}} = \frac{{{{7{,}15.10}^{ - 3}}.9{,}8}}{{4{,}36.0{,}1}} \approx 0{,}1607\left( T \right)$

${B_4} = \frac{{{m_4}g}}{{{I_4}l}} = \frac{{{{8{,}16.10}^{ - 3}}.9{,}8}}{{5{,}02.0{,}1}} \approx 0{,}1593\left( T \right)$

${B_5} = \frac{{{m_5}g}}{{{I_5}l}} = \frac{{{{11.10}^{ - 3}}.9{,}8}}{{6{,}74.0{,}1}} \approx 0{,}1599\left( T \right)$

Giá trị trung bình của cảm ứng từ là:

$\overline B = \frac{{0{,}1601 + 0{,}1616 + 0{,}1607 + 0{,}1593 + 0{,}1599}}{5} \approx 0{,}16032\left( T \right)$

$\to$ d sai

Phương pháp:

Tổng thể tích của nước và túi khí không đổi

Nhiệt độ của bóng của khí không đổi, áp dụng công thức định luật Boyle: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}$

Cách giải:

a) Khi nước bơm vào bình, thể tích của nước tăng, thể tích của bóng khí giảm, áp suất trong bóng khí tăng

$\to$ a đúng

b) Bóng khí kín, số phân tử khí không đổi

$\to$ b sai

c) Khi nước trong bình là 9 lít, thể tích của bóng khí là:

${V_2} = 12 - 9 = 3$ (lít$)$

Xét lượng khí trong bóng không đổi

Trạng thái 1 khi bình không chứa nước: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = 120{\rm{kPa}}}\\{{V_1} = 12{\rm{\;}}lần {\rm{\;}}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2 khi bình chứa 9 lít nước: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2}}\\{{V_2} = 3{\rm{\;}}lần }\end{array}} \right.$

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 120.\frac{{12}}{3} = 480\left( {{\rm{kPa}}} \right)$

$\to$ c sai

d) Trạng thái 3 khi lượng nước trong bình giảm còn 6 lít: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_3}}\\{{V_3} = 12 - 6 = 6{\rm{\;}}l\'i t}\end{array}} \right.$

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

${p_1}{V_1} = {p_3}{V_3} \Rightarrow {p_3} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_3}}} = 120.\frac{{12}}{6} = 240\left( {{\rm{kPa}}} \right)$

Vậy khi áp suất bằng 240 kPa thì rơ le đóng mạch để cung cấp nước trở lại

Xét lượng khí thoát ra có số mol là ${n_2}$, số mol khí ban đầu là ${n_1}$

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khí trước và sau khi xả khi áp suất đạt giá trị 240 kPa :

${p_3}{V_3} = {n_1}RT$

${p_3}{V_4} = {n_2}RT$

$\Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{{V_4}}}{{{V_3}}} = \frac{{12 - 7{,}2}}{6} = 0{,}8$

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}n = {n_1} - {n_2} = 0{,}2{n_1} = {n_1}.20{\rm{\% }}$

$\to$ d đúng

Phương pháp:

Độ lớn lực từ: $F = IBl{\rm{sin}}\alpha$

Cách giải:

Độ lớn lực từ tác dụng lên cạnh AB là:

$F = I.B.AB.{\rm{sin}}{90^ \circ } = 5.0{,}6.0{,}3.1 = 0{,}9\left( N \right)$

Đáp số: 0,9

Phương pháp:

Momen ngẫu lực: ${\rm{M}} = {\rm{F}}.{\rm{d}}$

Cách giải:

Momen ngẫu lực từ tác dụng lên khung dây là:

${\rm{M}} = {\rm{F}}.{\rm{BC}} = 0{,}9.0{,}2 = 0{,}18$ (N.m)

Đáp số: 0,18

Phương pháp:

Phương trình Clapeyron: ${\rm{pV}} = {\rm{nRT}}$

Số phân tử khí: $N = n.{N_A}$

Cách giải:

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

$pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}}$

Số phân tử khí ${N_2}$ trong túi khí là:

$N = n.{N_A} = \frac{{pV{N_A}}}{{RT}} = \frac{{{{1{,}2.10}^5}{{.7{,}95.10}^{ - 3}}{{.6{,}023.10}^{23}}}}{{8{,}31.\left( {27 + 273} \right)}} \approx {2{,}3.10^{23}}$

Đáp số: 2,3

Phương pháp:

Công thức định luật Boyle cho quá trình đẳng áp: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}$

Cách giải:

Xét lượng khí trong túi khí không đổi

Trạng thái 1 khi người đè lên túi khí: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = {{1{,}2.10}^5}\left( {Pa} \right)}\\{{V_1} = 7{,}95\left( {l\'i t} \right)}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2 khi người không đè lên túi khí: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2}}\\{{V_2} = 8{,}75{\rm{\;(}}l\'i t{\rm{)\;}}}\end{array}} \right.$

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$

$\Rightarrow {p_2} = {1{,}2.10^5}.\frac{{7{,}95}}{{8{,}75}} \approx {1{,}09.10^5}\left( {Pa} \right)$

Đáp số: 1,09

Phương pháp:

Khối lượng: $m = \rho V$

Nhiệt lượng: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$

Cách giải:

Khối lượng nước trong bình là:

$m = \rho V = 1.1 = 1\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt lượng nước trong bình tỏa ra là:

$Q = mc{\rm{\Delta }}t = 1.4200.\left( {95 - 83} \right) = 50400\left( J \right) = 50{,}4\left( {kJ} \right)$

Đáp số: 50,4

Phương pháp:

Nhiệt lượng: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$

Phương trình cân bằng nhiệt: ${Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}}$

Cách giải:

Gọi khối lượng nước học sinh rót từ bình ra là ${m_1}\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Khối lượng nước nguội được pha là: ${m_2} = 0{,}3 - {m_1}\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt lượng do nước trong bình tỏa ra là:

${Q_{{\rm{toa\;}}}} = {m_1}c\left( {{t_1} - t} \right) = {m_1}.c.\left( {83 - 38} \right) = 45{m_1}c$

Nhiệt lượng do nước nguội thu vào là:

${Q_{thu}} = {m_2}c\left( {t - {t_2}} \right) = \left( {0{,}3 - {m_1}} \right).c.\left( {38 - 23} \right) = 15c\left( {0{,}3 - {m_1}} \right)$

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:

${Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}} \Rightarrow 45{m_1}c = 15c\left( {0{,}3 - {m_1}} \right)$

$\Rightarrow 3{m_1} = 0{,}3 - {m_1} \Rightarrow 4{m_1} = 0{,}3 \Rightarrow {m_1} = 0{,}075\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Khối lượng nước còn lại trong bình là:

$m' = m - {m_1} = 1 - 0{,}075 = 0{,}925\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Thể tích nước trong bình còn lại là:

$V' = \frac{{m'}}{\rho } = \frac{{0{,}925}}{1} = 0{,}925\left( l \right) = 925\left( {ml} \right)$

Đáp số: 925