Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí Sở GD Và ĐT Ninh Bình - Lần 2 có đáp án

Phương pháp:

Để làm mát hiệu quả, chất làm mát cần có các tính chất sau:

+ Nhiệt dung riêng cao: Điều này giúp chất làm mát hấp thụ lượng nhiệt lớn mà không tăng nhiệt độ quá nhiều.

+ Điểm sôi cao: Giúp chất làm mát không bay hơi nhanh ở nhiệt độ cao.

+ Điểm đông đặc thấp: Đảm bảo chất làm mát không bị đóng băng trong điều kiện lạnh lẽo.

+ Khả năng chống ăn mòn: Bảo vệ các bộ phận của động cơ khỏi bị ăn mòn do hóa chất trong chất làm mát.

Cách giải:

Một trong những thông số cần thiết để một chất được ứng dụng làm mát của động cơ nhiệt là nhiệt dung riêng lớn.

Chọn B.

Phương pháp:

Nhớ lại nội dung mô hình động học phân tử.

Cách giải:

Mô hình động học phân tử cho biết các chất được cấu tạo từ các hạt riêng biệt.

Chọn A.

Phương pháp:

Phương trình Clapeyron: $pV = nRT \Rightarrow n \sim \frac{1}{T}$

Cách giải:

Ta có: $pV = nRT \Rightarrow n \sim \frac{1}{T}$

$\Rightarrow \frac{{{n_1} - {n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{\frac{1}{{{T_1}}} - \frac{1}{{{T_2}}}}}{{\frac{1}{{{T_1}}}}} = \frac{{\frac{1}{{25 + 273}} - \frac{1}{{50 + 273}}}}{{\frac{1}{{25 + 273}}}} \approx 0{,}077$

$\Rightarrow \frac{{{n_1} - {n_2}}}{{{n_1}}} \approx 8{\rm{\% }}$

Chọn C.

Phương pháp:

Đẳng tích: $\frac{p}{T} =$ const $\Rightarrow p \sim T$

Cách giải:

Với quá trình đẳng tích: $p \sim T$

Tăng đồng thời nhiệt độ tuyệt đối và áp suất của một khối khí lí tưởng xác định lên hai lần thì thể tích của khối khí không thay đổi.

Chọn D.

Phương pháp:

Độ lớn suất điện động cực đại: ${E_0} = \omega {{\rm{\Phi }}_0}$

Cách giải:

Độ lớn suất điện động cực đại:

${E_0} = \omega {{\rm{\Phi }}_0} = 100\pi .\frac{{{{10}^{ - 2}}}}{\pi } = 1\left( {\rm{V}} \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về hiện tượng cảm ứng điện từ.

Cách giải:

Khi từ thông qua cuộn dây dẫn kín biến thiên thì trong cuộn dây dẫn đó xuất hiện một dòng điện gọi là dòng điện cảm ứng. Hiện tượng này được gọi là hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn A.

Phương pháp:

Lý thuyết về sóng điện từ.

Cách giải:

Trong sóng điện từ dao động điện trường và dao động từ trường tại một điểm luôn dao động cùng pha.

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về máy biến áp.

Cách giải:

Máy hạ áp có ${U_2} < {U_1} \Rightarrow {N_2} < {N_1}$

Chọn C.

Phương pháp:

Lý thuyết về áp suất.

Cách giải:

Nồi áp suất là dụng cụ khá phổ biến trong mỗi gia đình. Khi nấu bằng nồi áp suất đồ ăn thường chín nhanh và nhừ hơn so với nấu bằng các nồi thông thường là do khi nước trong nồi áp suất sôi thì áp suất và nhiệt độ trong nồi áp suất đều lớn hơn so với nồi thông thường.

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về quy ước dấu trong định luật I nhiệt động lực học.

Cách giải:

Theo định luật I của nhiệt động lực học:

+ Khí nhận nhiệt lượng: Q > 0

+ Khí thực hiện công: A < 0

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức chuyển đổi nhiệt độ: $\frac{{{\rm{t}}\left( {{\;^ \circ }{\rm{C}}} \right)}}{{100}} = \frac{{\tau + 2}}{{102 + 2}}$

Cách giải:

Nhiệt độ đúng trong thang Celsius:

$\frac{{{\rm{t}}\left( {^o{\rm{C}}} \right)}}{{100}} = \frac{{\tau + 2}}{{102 + 2}} = \frac{{55{,}2 + 2}}{{102 + 2}} \Rightarrow {\rm{t}}\left( {^o{\rm{C}}} \right) = 55$

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về cảm ứng từ.

Cách giải:

Cảm ứng từ là đại lượng đặc trưng cho từ trường về mặt tác dụng lực của từ trường.

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về sự truyền nhiệt.

Cách giải:

Vào mùa đông, trong phòng học, nhiệt độ của bàn gỗ và song sắt cửa sổ có nhiệt độ bằng nhau: ${T_2} = {T_3}$.

Nhiệt độ của bàn tay sẽ lớn hơn song sắt cửa sổ và bàn gỗ: ${T_1} > {T_2}$

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về chuyển động Brown.

Cách giải:

Mô hình chuyển động Brown cho biết chuyển động của các phân tử trong chất khí hoặc chất lỏng.

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về quá trình đẳng áp.

Cách giải:

Định luật Charles cho biết sự biến đổi trạng thái của một lượng khí xác định khi thông số áp suất của khí không đổi.

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về phương trình trạng thái khí lí tưởng.

Cách giải:

Phương trình trạng thái của khí lí tưởng là $\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}$

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí.

Cách giải:

Quan hệ giữa động năng tịnh tiến trung bình của phân tử ${\overline E _{\rm{d}}}$ và nhiệt độ tuyệt đối T của khí lí tưởng là ${\overline E _{\rm{d}}} = \frac{3}{2}kT$

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về công thức tính nhiệt lượng trong quá trình truyền nhiệt.

Cách giải:

Hệ thức tính nhiệt lượng trong quá trình truyền nhiệt chỉ để làm nóng chảy hoàn toàn của vật khối lượng $m$ là $Q = \lambda m$.

Chọn C.

Phương pháp:

- Lý thuyết về lực từ tác dụng lên dây dẫn.

- Bài toán cân dòng điện.

- Phương trình của đồ thị: $m = {m_0} + kI$

Cách giải:

a) Từ đồ thị ta thấy, khi dòng điện tăng lên thì số chỉ trên cân tăng lên do đó lực từ tác dụng lên dây dẫn có chiều hướng lên, áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được dòng điện có chiều từ P đến Q.

$\to$ a sai.

b) Không đủ dữ kiện để tính, 80 g là khối lượng của nam châm.

$\to$ b sai.

c) Số chỉ của cân thay đổi là do lực từ tác dụng lên nam châm.

$\to$ c sai.

d) Độ lớn của lực từ bằng trọng lượng của phần khối lượng tăng thêm:

$\left( {m - {m_0}} \right)g = F \Rightarrow m = {m_0} + \frac{F}{g} = {m_0} + \frac{{B\ell }}{g}I$

Mà phương trình của đồ thị có dạng: $m = {m_0} + kI$ với hệ số $k = {\rm{tan}}\alpha$.

$\Rightarrow {\rm{tan}}\alpha = \frac{{B\ell }}{g} \Rightarrow {\rm{tan}}{28^ \circ } = \frac{{B.0{,}15}}{{9{,}8}} \Rightarrow B \approx 34{,}74$

Vì khối lượng được tính theo đơn vị gam $\Rightarrow B \approx 34{,}74\left( {{\rm{mT}}} \right)$

$\to {\rm{d}}$ đúng.

Phương pháp:

+ Đọc hiểu và phân tích thông tin đề bài cho.

+ Lý thuyết về sự truyền nhiệt và trạng thái của chất.

Cách giải:

a) Khi để cốc trà sữa ngoài không khí một thời gian bạn Linh thấy xung quanh thành bên ngoài cốc có một lớp nước mỏng chứng tỏ có sự ngưng tụ hơi nước lên trên thành bên ngoài cốc.

$\to$ a đúng.

b) Vì nhiệt độ trước khi trộn của mẫu A, mẫu B và mẫu C lần lượt là ${80^ \circ }{\rm{C}}, - {5^ \circ }{\rm{C}}$ và ${20^ \circ }{\rm{C}}$ nên nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp sau khi trộn cả ba mẫu phải nhỏ hơn ${80^ \circ }{\rm{C}}$.

$\to$ b đúng.

c) Ban đầu, mẫu B ở thể rắn.

$\to$ c sai.

d) Khi pha chế bạn Linh trộn 3 mẫu vào nhau mẫu B có sự chuyển từ thể rắn sang thể lỏng.

$\to$ d sai.

Phương pháp:

- Điện tích chịu tác dụng của lực từ có tác dụng làm cho điện tích chuyển động theo quỹ đạo là đường tròn, lực từ đóng vai trò là lực hướng tâm: ${F_{ht}} = m\frac{{{v^2}}}{R}$.

- Chu kì quay của điện tích: $T = \frac{{2\pi R}}{v}$.

Cách giải:

a) Điện tích chịu tác dụng của lực $\vec F$ có phương nằm ngang hướng sang phải làm điện tích này chuyển động theo quỹ đạo tròn.

Lực từ đóng vai trò là lực hướng tâm:

$F = {F_{ht}} \Rightarrow Bv\left| q \right| = m\frac{{{v^2}}}{R} \Rightarrow R = \frac{{mv}}{{B\left| q \right|}}$ (1)

Khi điện tích quay trở lại mặt phẳng $\left( {\rm{P}} \right)$ có nghĩa:

$MN = 2R = 2\frac{{{\rm{mv}}}}{{B\left| q \right|}} = 2.\frac{{{{10}^{ - 5}}{{.10}^{ - 3}}{{.4.10}^4}}}{{{{0{,}2.10}^{ - 4}}}} = 40\left( {\rm{m}} \right)$

$\to {\rm{b}}$ đúng.

Chu kì của điện tích trong vùng từ trường ${{\rm{B}}_1}:{T_1} = \frac{{2\pi {R_1}}}{v}$

Chu kì của điện tích trong vùng từ trường ${{\rm{B}}_2}:{T_2} = \frac{{2\pi {R_2}}}{v}$

Ở thời điểm ${{\rm{t}}_1}$ điện tích quay về mặt phẳng $\left( {\rm{P}} \right)$ tại N và đi vào vùng từ trường ${{\rm{B}}_2}$ có ${B_2} = 0{,}5{B_1}\left( 2 \right)$

Từ (1) và $\left( 2 \right) \Rightarrow {R_2}$ tăng gấp hai lần khi chuyển động ở vùng ${{\rm{B}}_1}$.

Xét quá trình chuyển động của điện tích từ ${\rm{t}} = 0$ đến khi quay trở lại M:

+ Từ $t = 0$ đến ${t_1}$: điện tích đi trong vùng ${{\rm{B}}_1}$ từ M đến N với bán kính ${R_1} = 20\left( {\rm{m}} \right)$

+ Từ ${t_1} \to t'$: điện tích đi trong vùng ${{\rm{B}}_2}$ từ N đến P với bán kính ${R_2} = 40\left( {\rm{m}} \right)$

+ Từ $t' \to {t_2}$: điện tích đi trong vùng ${{\rm{B}}_1}$ từ P đến M với bán kính ${R_1} = 20\left( {\rm{m}} \right)$

Vậy thời gian điện tích quay trở lại mặt phẳng $\left( {\rm{P}} \right)$ tại điểm M là:

$t = \frac{{{T_1}}}{2} + \frac{{{T_2}}}{2} + \frac{{{T_1}}}{2} = {T_1} + \frac{{{T_2}}}{2} = \frac{{2\pi {R_1}}}{v} + \frac{1}{2}\frac{{2\pi {R_2}}}{v}$

Thay số vào ta được:

$t = \frac{{2\pi .20}}{{{{4.10}^4}}} + \frac{1}{2}\frac{{2\pi .40}}{{{{4.10}^4}}} = 2\pi {.10^{ - 3}}\left( {\rm{s}} \right)$

$\to$ a đúng.

c) Điện tích chuyển động với tốc độ không đổi trong hai miền ${{\rm{B}}_1}$ và ${{\rm{B}}_2}$ nên động năng của nó không thay đổi.

$\to {\rm{c}}$ đúng.

d) Lực từ tác dụng lên điện tích khi nó chuyển động trong miền (1) có độ lớn:

$F = Bv\left| q \right| = {0{,}2.4.10^4}{.10^{ - 4}} = 0{,}8\left( N \right)$

$\to {\rm{d}}$ đúng.

Phương pháp:

- Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng.

- Viết phương trình nhiệt độ theo chiều dài của cột thủy ngân còn lại. Sử dụng đạo hàm tìm nhiệt độ lớn nhất cần cung cấp để có thể đẩy được toàn bộ thủy ngân ra ngoài.

Cách giải:

a) Khi thủy ngân ở trạng thái cân bằng nên áp dụng định luật Charles ta có:

$\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow \frac{{L.S}}{{{T_1}}} = \frac{{{L_2}S}}{{{T_2}}} \Rightarrow \frac{{90}}{{ - 3 + 273}} = \frac{{{L_2}}}{{27 + 273}}$

$\Rightarrow {L_2} = 100\left( {{\rm{cm}}} \right)$

$\to$ a đúng.

b) Khi được làm nóng, cột thủy ngân sẽ dịch chuyển lên đầu trên do khí bên trong ống giãn nở đẩy thủy ngân đi lên.

$\to$ b sai.

c) Giả sử thủy ngân trong ống còn $x\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Áp suất của khí bên trong ống là: $p = {p_0} + x$

Áp dụng phương trình trạng thái khí:

$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow \frac{{\left( {{p_0} + x} \right)\left( {175 - x} \right).S}}{T} = \frac{{\left( {{p_0} + h} \right).L.S}}{{{T_1}}}$

Thay số vào ta được:

$\frac{{\left( {75 + x} \right)\left( {175 - x} \right)}}{T} = \frac{{\left( {75 + 75} \right).90}}{{ - 2 + 273}} = 50$

$T = \frac{{ - {x^2} + 100x + 13125}}{{50}}$

$T' = \frac{1}{{50}}\left( { - 2x + 100} \right) = 0 \Rightarrow x = 50\left( {{\rm{cm}}} \right)$

${T_{{\rm{max\;}}}} = \frac{{ - {{50}^2} + 100.50 + 13125}}{{50}} = 312{,}5\left( {\rm{K}} \right)$

$\to$ c sai.

d) Khi cột thủy ngân chưa trào ra ngoài thì quá trình biến đổi của khí trong ống không phải quá trình đẳng áp vì cột thủy ngân của nó có di chuyển.

$\to$ d sai.

Phương pháp:

Nhiệt lượng cung cấp chỉ để miếng chì nóng chảy là: $Q = m\lambda$.

Cách giải:

Khối lượng miếng chì:

$m = \frac{Q}{\lambda } = \frac{{\left( {44 - 22} \right){{.10}^3}}}{{{{0{,}25.10}^5}}} = 0{,}88\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Đáp án: 0,88.

Phương pháp:

Nhiệt dung riêng của chì: $c = \frac{Q}{{m{\rm{\Delta }}t}}$

Cách giải:

Nhiệt dung riêng của chì là:

$c = \frac{Q}{{m{\rm{\Delta }}t}} = \frac{{{{22.10}^3}}}{{0{,}88.\left( {327{,}5 - 131} \right)}} \approx 127\left( {{\rm{J}}/{\rm{kg}}.{\rm{K}}} \right)$

Đáp án: 127.

Phương pháp:

Biến đổi công thức lượng giác.

Cách giải:

Khi ${i_1} = 8{\rm{cos}}\left( {100\pi t} \right) = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\rm{cos}}\left( {100\pi t} \right) = 0}\\{{\rm{sin}}\left( {100\pi t} \right) = 1}\end{array}} \right.$

Độ lớn cường độ dòng điện ${{\rm{i}}_2}$:

${i_2} = \left| {8{\rm{cos}}\left( {100\pi t + 2\pi /3} \right)} \right|$

$\to {i_2} = 8\left| {\cos 100\pi t.\cos \frac{{2\pi }}{3} - \sin 100\pi t.{\rm{sin}}\frac{{2\pi }}{3}} \right|$

$\to {i_2} = 8\left| {0 - 1.\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right| = 4\sqrt 3 \approx 6{,}9\left( A \right)$

Đáp án: 6,9.

Phương pháp:

- Tính giá trị của i tại thời điểm $t = 10\left( {\rm{s}} \right)$.

- Xác định chiều của các cảm ứng từ do các dòng điện gây ra tại $M$.

- Áp dụng công thức cộng vecto xác định cảm ứng từ tổng hợp tại M.

Cách giải:

Tại $t = 10\left( s \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{i_1} = 8{\rm{cos}}\left( {100\pi t} \right) = 8\left( A \right)}\\{{i_2} = 8{\rm{cos}}\left( {100\pi t + 2\pi /3} \right) = - 4\left( A \right)}\\{{i_3} = 8{\rm{cos}}\left( {100\pi t - 2\pi /3} \right) = - 4\left( A \right)}\end{array}} \right.$ (1)

Vậy dòng ${{\rm{i}}_1}$ ngược chiều với dòng ${{\rm{i}}_2}$ và ${{\rm{i}}_3}$.

Giả sử chiều dòng điện ${{\rm{i}}_1}$ hướng vào trong mặt phẳng hình vẽ thì dòng ${{\rm{i}}_2}$ và ${{\rm{i}}_3}$ hướng ra ngoài mặt phẳng hình vẽ.

Áp dụng quy tắc nắm bàn tay phải xác định được chiều của cảm ứng từ do các dòng điện gây ra tại M như hình vẽ.

M cách đều các dây dẫn nên M nằm ở tâm của hình vuông, với:

$AM = BM = CM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {{10}^2}} }}{2} = 5\sqrt 2 \left( {{\rm{cm}}} \right) = r\left( 2 \right)$

Độ lớn cảm ứng từ do các dòng điện này gây ra tại M là:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{B_1} = {{2.10}^{ - 7}}\frac{{\left| {{i_1}} \right|}}{{AM}}}\\{{B_2} = {{2.10}^{ - 7}}\frac{{\left| {{i_2}} \right|}}{{BM}}}\\{{B_2} = {{2.10}^{ - 7}}\frac{{\left| {{i_3}} \right|}}{{CM}}}\end{array}} \right.$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

${B_1} = 2{B_2} = 2{B_3} = {2.10^{ - 7}}\frac{8}{{0{,}05\sqrt 2 }} \approx {2{,}26.10^{ - 5}}\left( T \right)$

Từ hình vẽ, ta có:

${\vec B_1} \uparrow \uparrow {\vec B_3} \Rightarrow {B_{13}} = {B_1} + {B_3} = 2{B_3} + {B_3} = 3{B_3}$

${\vec B_{13}} \bot {\vec B_2} \Rightarrow {B_{123}} = \sqrt {B_{13}^2 + B_2^2} = \sqrt {{{\left( {3{B_3}} \right)}^2} + B_3^2} = {B_3}\sqrt {10}$

$\Rightarrow {B_{123}} = \frac{{{{2{,}26.10}^{ - 5}}}}{2}.\sqrt {10} \approx {3{,}573.10^{ - 5}}\left( T \right) \approx {0{,}36.10^{ - 4}}\left( T \right)$

Đáp án: 0,36.

Phương pháp:

Áp suất của khí trong xilanh khi bạn học sinh ngồi lên ghế là: $p = {p_0} + \frac{P}{S}$

$P$ là trọng lượng của học sinh và mặt ghế.

Cách giải:

Áp suất khí trong xilanh:

$p = {p_0} + \frac{P}{S} = {p_0} + \frac{{\left( {{m_{hs}} + {m_g}} \right)g}}{S}$

$\to p = {10^5} + \frac{{\left( {25 + 5} \right).10}}{{{{25.10}^{ - 4}}}} = {2{,}2.10^5}\left( {Pa} \right)$

Đáp án: 2,2.

Phương pháp:

Áp dụng định luật Boyles: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}$

Cách giải:

Trạng thái 1: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = {p_0} + \frac{{{m_g}g}}{S} = {{10}^5} + \frac{{5.10}}{{{{25.10}^{ - 4}}}} = {{1{,}2.10}^5}\left( {Pa} \right)}\\{{V_1} = S\ell }\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2} = {p_0} + \frac{{\left( {{m_g} + {m_{hs}}} \right)g}}{S} = {{10}^5} + \frac{{\left( {5 + 25} \right).10}}{{25 \cdot {{10}^{ - 4}}}} = {{2{,}2.10}^5}\left( {{\rm{Pa}}} \right)}\\{{V_1} = S.\left( {\ell - 12} \right)}\end{array}} \right.$

Vì nhiệt độ của khí không đổi nên áp dụng định luật Boyle:

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {1{,}2.10^5}.\ell = {2{,}2.10^5}.\left( {\ell - 12} \right) \Rightarrow \ell = 26{,}4\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Đáp án: 26,4.