Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Hà Nội có đáp án

Phương pháp:

Công suất hao phí: ${P_{hp}} = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}.R$

Cách giải:

Công suất hao phí: ${P_{hp}} = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}.R$

$\Rightarrow$ Biện pháp giảm hao phí trên đường dây tải điện được sử dụng chủ yếu hiện nay là tăng điện áp trước khi truyền tải.

Chọn A

Phương pháp:

Nhớ lại hình dạng đồ thị đường đẳng áp.

Cách giải:

Đồ thị hình 3 mô tả quá trình đẳng tích, không phải đẳng áp.

Chọn D.

Phương pháp:

Khi nhiệt độ tăng, động năng trung bình của các phân tử khí tăng, làm cho chúng di chuyển nhanh hơn.

Cách giải:

Khi nhiệt độ tăng, động năng trung bình của các phân tử khí tăng, làm cho chúng di chuyển nhanh hơn

$\Rightarrow$ Chất khí được đun nóng làm các hạt khí trong bình chuyển động nhanh hơn.

Chọn A.

Phương pháp:

Đường sức từ có chiều đi ra cực Bắc, đi vào Nam.

Cách giải:

Đường sức từ có chiều đi ra cực Bắc, đi vào Nam.

$\Rightarrow$ (A) là cực Bắc và (B) là cực Nam.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về nhiệt hóa hơi riêng.

Cách giải:

Đơn vị của nhiệt hoá hơi riêng là ${\rm{J}}/{\rm{kg}}$.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $Q = \lambda m$.

Cách giải:

Nhiệt lượng cần cung cấp cho 5 kg nước đá ở ${0^ \circ }{\rm{C}}$ chuyển thành nước ở cùng nhiệt độ là:

$Q = \lambda m = {3{,}5.10^5}.5 = {17{,}5.10^5}{\rm{\;J}}$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức của quá trình đẳng áp: $\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}}$

Cách giải:

Theo bài ra, ta có:

Trạng thái 1: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{V_1}}\\{{T_1} = 32 + 273 = 305{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{V_2} = {V_1} + 1{,}7}\\{{T_2} = 117 + 273 = 390{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Áp suất không đổi, ta có:

$\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{{V_1}}}{{305}} = \frac{{{V_1} + 1{,}7}}{{390}} \Rightarrow {V_1} = 6{,}1$ (lít)

Chọn C.

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm sự chuyển thể của các chất.

Cách giải:

Quá trình chuyển từ thể khí sang thể rắn của các chất được gọi là sự ngưng kết.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức của quá trình đẳng áp: $\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}}$

Cách giải:

Theo bài ra, ta có:

Trạng thái 1: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{V_1}}\\{{T_1} = 32 + 273 = 305{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{V_2} = {V_1} + 1{,}7}\\{{T_2} = 117 + 273 = 390{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Áp suất không đổi, ta có:

$\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}} \Leftrightarrow \frac{{{V_1}}}{{305}} = \frac{{{V_1} + 1{,}7}}{{390}} \Rightarrow {V_1} = 6{,}1$ (lít)

Chọn C.

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm sự chuyển thể của các chất.

Cách giải:

Quá trình chuyển từ thể khí sang thể rắn của các chất được gọi là sự ngưng kết.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đường sức từ giữa hai cực của nam châm có chiều đi ra cực Bắc, đi vào cực Nam.

- Áp dụng quy tắc bàn tay trái, xác định chiều của lực từ: Đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến các đầu ngón tay là chiều của dòng điện, ngón cái hướng ${90^ \circ }$ chỉ chiều lực từ tác dụng lên sợi dây.

Cách giải:

- Đường sức từ giữa hai cực của nam châm có chiều đi ra cực Bắc, đi vào cực Nam.

- Áp dụng quy tắc bàn tay trái, xác định được lực từ tác dụng lên sợi dây có hướng (3).

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về sóng điện từ.

Cách giải:

Trong sóng điện từ, từ trường có hướng vuông góc với hướng của điện trường.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng định luật Lenz.

- Khi từ thông tăng, từ trường cảm ứng xuất hiện ngược chiều với từ trường ban đầu.

- Khi từ thông giảm, từ trường cảm ứng xuất hiện cùng chiều với từ trường ban đầu.

Cách giải:

Ở hình A sử dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được chiều của từ trường $\vec B$ hướng xuống.

Khi R tăng $\Rightarrow I$ giảm $\Rightarrow B$ giảm $\Rightarrow {\rm{\Phi }}$ giảm $\Rightarrow \overrightarrow {{B_c}} \uparrow \uparrow \vec B$

Sử dụng quy tắc nắm tay phải xác định được chiều dòng điện cảm ứng như hình vẽ.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng định luật Boyle và định luật của chất khí.

Cách giải:

+ Áp suất của nước: $p = {p_0} + \rho gh$ với ${p_0}$ là áp suất khí quyển.

Khi bong bóng khí nổi dần lên thì độ cao h giảm dần $\Rightarrow$ áp suất của nước tác dụng lên bong bóng giảm dần.

+ Theo định luật Boyle, nhiệt độ không đổi, áp suất giảm thì thể tích tăng.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học: ${\rm{\Delta }}U = A + Q$

Cách giải:

Khối khí nhận nhiệt: ${\rm{Q}} > 0 \Rightarrow Q = 10{\rm{\;kJ}}$

Khối khí nhận công: ${\rm{A}} > 0 \Rightarrow A = 100{\rm{\;kJ}}$

Độ biến thiên nội năng của lượng khí này là:

${\rm{\Delta }}U = A + Q = 10 + 100 = 110{\rm{\;kJ}}$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}$

Cách giải:

Điện áp đầu ra lớn hơn điện áp đầu vào $\Rightarrow {N_2} > {N_1}$

$\Rightarrow$ Hình 2.

Chọn B.

Phương pháp:

Trong nhiệt giai Celsius, nhiệt độ sôi của nước ở áp suất chuẩn là ${100^ \circ }{\rm{C}}$.

Cách giải:

Trong nhiệt giai Celsius, nhiệt độ sôi của nước ở áp suất chuẩn là ${100^ \circ }{\rm{C}}$.

Chọn C.

Phương pháp:

Nhớ lại công thức tính động năng trung bình của phân tử.

Cách giải:

Động năng trung bình của phân tử được xác định bằng hệ thức:

$\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}{\rm{kT}}$

Chọn A.

Phương pháp:

Từ thông: ${\rm{\Phi }} = NBS.{\rm{cos}}\alpha ;\alpha = \left( {\vec n;\vec B} \right)$

Cách giải:

Từ thông: ${\rm{\Phi }} = NBS.{\rm{cos}}\alpha ;\alpha = \left( {\vec n;\vec B} \right)$

Trong hình a và b ta có: $\alpha = {90^ \circ } \Rightarrow \cos \alpha = 0 \Rightarrow {\rm{\Phi }} = 0$

Trong hình c và d ta có $\alpha = {0^ \circ } \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = 1 \Rightarrow {\rm{\Phi }} = BS$

Số đường sức từ trong hình d dày hơn $\to$ trong hình d từ thông ${\rm{\Phi }}$ có giá trị lớn nhất.

Chọn C

Phương pháp:

Sử dụng công thức: công thức $B = {2.10^{ - 7}}.\frac{I}{r}\left( T \right)$

Cách giải:

Cảm ứng từ tại điểm M cách dòng điện 1 m có độ lớn là ${10^{ - 7}}{\rm{\;T}}$.

$\Rightarrow {10^{ - 7}} = {2.10^{ - 7}}.\frac{I}{1}\left( T \right) \Leftrightarrow I = 0{,}5{\rm{\;A}}$

Cảm ứng từ tại điểm N cách dòng điện $0{,}5{\rm{\;m}}$ có độ lớn là

$B = {2.10^{ - 7}}.\frac{{0{,}5}}{{0{,}5}} = {2.10^{ - 7}}\left( T \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

+ Lý thuyết về đẳng quá trình.

+ Phân tích đồ thị.

Cách giải:

a) Quá trình từ ${\rm{C}} \to {\rm{A}}$ là đẳng áp

$\to$ a đúng.

b) Trong quá trình từ ${\rm{C}} \to {\rm{A}}$, chất khí sinh công 15 J

Chất khí sinh công:

$A = p.{\rm{\Delta }}v = {10^5}.\left( {20 - 5} \right){.10^{ - 6}} = 1{,}5{\rm{\;J}}$

$\to$ b sai.

c) Đồ thị đi từ ${\rm{A}} \to {\rm{B}}$ là hypebol nhưng ta thấy: ${p_A}.{V_A} \ne {p_B}.{V_B}$

$\Rightarrow$ Nhiệt độ tại A và B khác nhau.

$\to$ c sai.

d) Quá trình từ ${\rm{B}} \to {\rm{C}}$ là đẳng tích

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

Công thức tính nhiệt lượng:

+ Do bộ phận làm nóng bằng điện:

$Q = P.t = UIt$

+ Dùng để làm nóng nước: $Q = m.c.{\rm{\Delta }}t$

Cách giải:

a) Dùng nhiệt kế để đo nhiệt độ trong cốc, Nam thu được kết quả thấp hơn ${100^ \circ }{\rm{C}}$. Nam kết luận rằng do thất thoát nhiệt ra môi trường, một phần nhiệt truyền ở vỏ ống nước, làm vỏ cốc ống nước nóng lên.

$\to$ a đúng.

b) Điểm sôi của nước khác nhau nếu khác áp suất.

$\to$ b sai.

c) Nhiệt lượng do bộ phận làm nóng toả ra:

$Q = UIt = 13.230.60 = 179400J$

$\to {\rm{c}}$ đúng.

d) Nhiệt lượng do bộ phận làm nóng nước toả ra cung cấp để làm nóng nước:

$U.I.t = m.c.{\rm{\Delta }}t \Rightarrow \frac{m}{t} = \frac{{U.I}}{{c.{\rm{\Delta }}t}} = \frac{{230.13}}{{4200.\left( {100 - 25} \right)}}$$\approx {9{,}5.10^{ - 3}}\left( {{\rm{kg/s}}} \right) \approx 9{,}5\left( {{\rm{g/s}}} \right)$

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

Lý thuyết về từ thông và suất điện động cảm ứng.

Cách giải:

a) Suất điện động cảm ứng có biểu thức:

$e = \omega .{{\rm{\Phi }}_0}{\rm{sin}}\left( {\omega t + \varphi } \right)$

$e = 100\pi \frac{{20}}{\pi }{.10^{ - 3}}.{\rm{sin}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)$

$e = 2{\rm{sin}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)$

$\to$ a sai.

b) Suất điện động cực đại: ${E_0} = 2V$

$\to$ b sai.

c) Pha ban đầu của từ thông: $\varphi = \frac{\pi }{4}$ (rad)

$\to$ c đúng.

d) Từ thông cực đại ${\rm{\Phi }} = \frac{{10}}{\pi }\left( {{\rm{mWb}}} \right)$

$\to$ d sai.

Phương pháp:

Lý thuyết về từ thông và phương pháp cân dòng điện.

Cách giải:

a) Số chỉ của cân điện từ khác đi sau khi cấp điện là do phản lực của lực từ lên nam châm.

$\to$ a sai.

b) Khi bật điện, lực từ tác dụng vào thanh nhôm hướng lên gia tăng áp lực lên cân làm số chỉ của cân tăng lên. $\to$ b sai.

c) Nếu điều chỉnh biến trở giảm đi thì số chỉ trên bảng điện từ tăng lên, bởi vì lực từ tác dụng thanh nhôm cố định tăng lên làm thanh nhôm gia tăng phản lực lên nam châm.

$\to$ c đúng.

d) Lực từ có độ lớn bằng trọng lượng phần khối lượng tăng lên.

$F = P = {\rm{\Delta }}mg = \left( {82{,}4 - 82} \right){.10^{ - 3}}.10$

$\Rightarrow F = {4.10^{ - 3}}\left( {\rm{N}} \right) = 4\left( {{\rm{mN}}} \right)$

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

Công thức lực từ: $F = BI\ell {\rm{sin}}\alpha$

Cách giải:

Lực từ tác dụng lên dây dẫn:

$F = BI\ell \sin \left( {\vec I;\vec B} \right) = {4.10^{ - 5}}.3.2.{\rm{sin}}{90^ \circ }$

$\Rightarrow F = {240.10^{ - 6}}\left( {\rm{N}} \right)$

Đáp án: 240.

Phương pháp:

Nhiệt lượng cung cấp cho quá trình toả hơi: $m = \frac{Q}{L}$

Cách giải:

Khối lượng nước cần bay hơi là:

$m = \frac{Q}{L} = \frac{{{{6850.10}^3}}}{{{{1{,}37.10}^6}}} = 5\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Đáp án: 5.

Phương pháp:

Áp dụng phương trình Clapeyron: $pV = nRT$

Cách giải:

Áp dụng phương trình Clapeyron:

$pV = nRT = \frac{m}{M}RT \Rightarrow {\rm{\Delta }}pV = \frac{{{\rm{\Delta }}m}}{M}RT$

$\Leftrightarrow \left( {{{2.10}^7} - {{10}^7}} \right)\left( {{{5.10}^{ - 3}}} \right) = \frac{{{\rm{\Delta }}m}}{{{{32.10}^{ - 3}}}}.8{,}31.300$

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}m \approx 0{,}64\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Đáp án: 0,64.

Phương pháp:

Áp dụng công thức từ thông: ${\rm{\Phi }} = BS{\rm{cos}}\alpha$

Cách giải:

Từ thông qua vòng cổ lúc này là:

${\rm{\Phi }} = BS\cos \alpha = B.\pi .\frac{{{d^2}}}{4}.{\rm{cos}}\alpha = 2{,}5.\pi \frac{{{{0{,}18}^2}}}{4}{\rm{cos}}{0^{\rm{o}}}$

$\Rightarrow {\rm{\Phi }} \approx {38{,}2.10^{ - 3}}\left( {{\rm{Wb}}} \right) = 38{,}2\left( {{\rm{mWb}}} \right)$

Đáp án: 38,2.

Phương pháp:

Suất điện động cảm ứng có độ lớn:

$\left| {{e_c}} \right| = \left| {\frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}BS}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|$

Cách giải:

Suất điện động cảm ứng có độ lớn:

${e_c} = \left| {\frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}BS}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{\left( {1{,}8 - 1} \right)\pi \frac{{{{0{,}18}^2}}}{4}}}{{1{,}2}}} \right|$

$\Rightarrow {e_c} \approx {17.10^{ - 3}}\left( V \right) = 17\left( {{\rm{mV}}} \right)$

Đáp án: 17.

Phương pháp:

Công suất toả nhiệt: $P = \frac{{{e^2}}}{R}$

Cách giải:

Công suất toả nhiệt: $P = \frac{{{e^2}}}{R} = \frac{{{{\left( {{{17.10}^{ - 3}}} \right)}^2}}}{{{{2{,}26.10}^{ - 4}}}} \approx 1{,}3\left( {\rm{W}} \right)$

Đáp án: 1,3.