Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí THPT Chuyên Khoa học Tự nhiên Hà Nội có đáp án

Phương pháp:

Lý thuyết về cấu trúc hạt nhân nguyên tử.

Cách giải:

Trong hạt nhân $\;_8^{17}X$ có 17 nucleon, 8 proton và $17 - 8 = 9$ neutron.

Chọn A.

Phương pháp:

Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda = \frac{c}{f}$.

Cách giải:

Bước sóng của sóng điện từ:

$\lambda = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{10}^6}}} = 300\left( {\rm{m}} \right)$.

Chọn D.

Phương pháp:

Công thức liên hệ giữa hai thang đo nhiệt độ: $\frac{{t\left( {{\;^o}} \right) - 5}}{{99 - 5}} = \frac{{t\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) - 32}}{{212 - 32}}$

Cách giải:

Khi số chỉ của nhiệt kế là ${52^o}$ thì nhiệt độ trên thang đo Fahrenheit là:

$\frac{{52 - 5}}{{99 - 5}} = \frac{{{\rm{t}}\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) - 32}}{{212 - 32}} \Rightarrow {\rm{t}}\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) = 122$

Chọn B.

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm về sự hóa hơi.

Cách giải:

Sự hóa hơi là quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể khí của chất.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: $\frac{{pV}}{T} =$ const

Cách giải:

Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng ở trạng thái 1 và 4:

$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_4}{V_4}}}{{{T_4}}} \Rightarrow \frac{{2.1}}{{300}} = \frac{{1.4}}{{{T_4}}}$

$\Rightarrow {T_4} = 600\left( {\rm{K}} \right)$

Chọn C.

Phương pháp:

Từ thông qua khung dây: ${\rm{\Phi }} = BS.{\rm{cos}}\alpha$

Cách giải:

Từ thông qua khung dây:

${\rm{\Phi }} = BS.\cos \alpha = {0{,}12.40.10^{ - 2}}.{\rm{cos}}{60^{\rm{o}}} = {2{,}4.10^{ - 4}}\left( {{\rm{Wb}}} \right)$

Chọn C.

Phương pháp:

Lý thuyết về các thông số trạng thái.

Cách giải:

Các thông số trạng thái của một lượng khí xác định: áp suất, nhiệt độ, thể tích.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tốc độ căn quân phương: ${v_c} = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}}$

Cách giải:

Ta có: ${v_c} = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}}$

$\Rightarrow \frac{{{v_{c2}}}}{{{v_{c1}}}} = \sqrt {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}}} = \sqrt {\frac{{927 + 273}}{{27 + 273}}} = 2$

Chọn B.

Phương pháp:

- Nhiệt lượng cần cung cấp để một vật tăng nhiệt độ: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

- Nhiệt lượng cần cung cấp để vật nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy: $Q = m\lambda$.

Cách giải:

Nhiệt lượng cần cung cấp cho miếng nhôm khối lượng 200 g ở nhiệt độ ${58^ \circ }{\rm{C}}$ để nó hóa lỏng hoàn toàn ở nhiệt độ ${658^ \circ }{\rm{C}}$ là:

$Q = mc{\rm{\Delta }}t + m\lambda$

$\Rightarrow Q = 0{,}2.896.\left( {658 - 58} \right) + {0{,}2.3{,}9.10^5} = 185520\left( {{\rm{\;J}}} \right)$

Chọn C.

Phương pháp:

- Áp dụng định lý sin biểu diễn động lượng theo các góc.

- Sử dụng mối quan hệ giữa động lượng và động năng: ${p^2} = 2mK$.

- Công thức tính năng lượng của phản ứng hạt nhân theo động năng của các hạt trước và sau phản ứng: ${\rm{\Delta }}E = {K_H} + {K_X} - {K_n}$

- Sử dụng đạo hàm tìm giá trị lớn nhất.

Cách giải:

Phản ứng: $\;_0^1n + \;_3^6Li \to \;_1^3H + \;_2^4X$

Định lý sin $\frac{{{p_n}}}{{{\rm{sin}}\theta }} = \frac{{{p_x}}}{{{\rm{sin}}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{{p_n}}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}$

Với ${p^2} = 2mK$

$\Rightarrow \frac{{2{m_H}{K_H}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }} = \frac{{2{m_X}{K_X}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{2{m_n}{K_n}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{{60}^ \circ }}}$

$\Rightarrow \frac{{3{K_H}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }} = \frac{{4{K_X}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{{K_n}}}{{0{,}75}}$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{K_H} = \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2{,}25}}.{K_n}}\\{{K_X} = \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3}.{K_n}}\end{array}} \right.$

Mà ${\rm{\Delta }}E = {K_H} + {K_X} - {K_n} = - 1{,}87$

$\Rightarrow \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2{,}25}}.{K_n} + \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3}.{K_n} - {K_n} = - 1{,}87$

$\Rightarrow {K_n} = \frac{{ - 1.87}}{{\frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2{,}25}} + \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3} - 1}}$

Sử dụng TABLE:

Vậy ${K_{{\rm{n}}\,\,{\rm{max\;}}}} \approx 4{,}55\left( {{\rm{MeV}}} \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính nhiệt lượng: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

Cách giải:

Trong một quá trình truyền nhiệt thì $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

Vậy nhiệt lượng trao đổi trong một quá trình truyền nhiệt không phụ thuộc vào thời gian truyền nhiệt.

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về các biển cảnh báo.

Cách giải:

Biển cảnh báo nguy hiểm về điện là hình C.

Chọn C.

Phương pháp:

Các tia mang điện tích âm sẽ bị lệch về phía bản dương, các tia mang điện tích dương sẽ bị lệch về phía bản âm, tia không mang điện thì không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Cách giải:

Các tia mang điện tích âm sẽ bị lệch về phía bản dương, các tia mang điện tích dương sẽ bị lệch về phía bản âm, tia không mang điện thì không bị lệch trong điện trường và từ trường.

$\to$ Tia $\alpha$ mang điện tích dương, tia $\beta -$ mang điện tích âm, tia $\gamma$ không mang điện.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng định luật Lenz.

Sử dụng quy tắc nắm tay phải.

Cách giải:

Từ thông tăng => B cảm ứng ngược chiều B  B cảm ứng hướng ra ngoài. Áp dụng quy tắc nắm tay phải  i cảm ứng có chiều MQPNM.

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức xác định lực từ: $F = IBL$.

Cách giải:

Lực từ: $F = IBL = {1.10^{ - 3}}.0{,}2 = {2.10^{ - 4}}\left( {\rm{N}} \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức tính công: $A = p{\rm{\Delta }}V$.

Trong quá trình đẳng tích thì khí không thực hiện công.

Cách giải:

Công mà khí nhận trong chu trình:

$A = {A_{PQ}} + {A_{RS}}$

$\Rightarrow A = - {50.10^3}.\left( {300 - 100} \right){.10^{ - 6}} - {100.10^3}.\left( {100 - 300} \right){.10^{ - 6}}$

$\Rightarrow A = 10\left( {\rm{J}} \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức trong quá trình đẳng tích: $\frac{p}{T} =$const

Cách giải:

Quá trình đẳng tích:

$\frac{p}{T} =$ const $\Rightarrow \frac{{{{6.10}^5}}}{{27 + 273}} = \frac{p}{{ - 73 + 273}}$

$\Rightarrow p = {4.10^5}\left( {{\rm{\;Pa}}} \right)$

Chọn B.

Phương pháp:

- Nhiệt lượng do ấm cung cấp: $Q = P.\tau$

- Nhiệt lượng cần cung cấp trong quá trình truyền nhiệt để làm thay đổi nhiệt độ: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

- Công suất của ấm: $P = \frac{Q}{t}$

Cách giải:

a) Nhiệt lượng do ấm cung cấp từ thời điểm ban đầu đến lúc nước bắt đầu sôi là:

$Q = P.\tau = 2100.8{,}5.60 = 1071000\left( J \right) = 1071\left( {kJ} \right)$

$\to$ a sai.

b) Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{P{\tau _1} = {m_1}c\left( {{t_1} - {t_0}} \right)}\\{P\left( {{\tau _2} - {\tau _1}} \right) = {m_1}c\left( {{t_2} - {t_1}} \right) + {m_x}c\left( {{t_2} - {t_x}} \right)}\\{P\left( {{\tau _3} - {\tau _2}} \right) = \left( {{m_1} + {m_x}} \right).c\left( {100 - {t_2}} \right)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow \frac{P}{c} = \frac{{{m_1}\left( {40 - 20} \right)}}{{1.60}} = \frac{{{m_1}\left( {50 - 40} \right) + {m_x}\left( {50 - {t_x}} \right)}}{{\left( {3{,}5 - 1} \right).60}} = \frac{{\left( {{m_1} + {m_x}} \right)\left( {100 - 50} \right)}}{{5.60}}$

$\Rightarrow {m_1} = {m_x} \Rightarrow {t_x} = {10^ \circ }{\rm{C}}$

$\to {\rm{b}}$ đúng.

$\to {\rm{c}}$ đúng.

d) Công suất của ấm:

$P = \frac{{{m_1}c\left( {{t_1} - {t_0}} \right)}}{{{\tau _1}}} = \frac{{1{,}5.4200.\left( {40 - 20} \right)}}{{1.60}} = 2100\left( {\rm{W}} \right)$

$\to$ d sai.

Phương pháp:

- Áp dụng công thức tính áp suất của chất khí khi có chứa lượng thủy ngân ở trên: $p = {p_0} + h$.

- Phân tích quá trình biến đổi của lượng khí.

Cách giải:

a) Áp suất của khí ở trạng thái ban đầu:

${p_1} = {p_0} + {h_1} = 76 + 76 = 152\left( {{\rm{cmHg}}} \right)$

$\to$ a đúng.

b) Trong quá trình biến đổi của lượng khí, ta thấy cả nhiệt độ, thể tích và áp suất của khí đều thay đổi.

$\to$ b đúng.

c) Khi tăng dần nhiệt độ lên $\Rightarrow {T_2} > 600\left( K \right)$

$\to$ c sai.

d) Áp suất của khí ở trạng thái sau:

${p_2} = {p_0} + {h_2} = 76 + 38 = 114\left( {{\rm{cmHg}}} \right)$

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

- Tính độ biến thiên nội năng của khí theo công thức đề bài cho.

- Tính công của khí thực hiện trong hai giai đoạn: Giai đoạn khí đẩy nước lên đến miệng Cylinder và giai đoạn khí đẩy hết nước ra khỏi Cylinder.

- Áp dụng định luật I nhiệt động lực học tìm các ẩn của đề bài.

Cách giải:

a) Từ ban đầu cho tới khi chất lỏng đến miệng cylinder là đẳng áp, khi chất lỏng tràn ra ngoài thì áp suất giảm.

$\to$ a đúng.

b) Ta có:

Độ biến thiên nội năng của khí ở trạng thái (1) và (3):

${\rm{\Delta }}U = \frac{5}{2}nR\left( {{T_3} - {T_1}} \right) = \frac{5}{2}\left( {{p_0}V - \frac{{10{p_0}}}{9}.\frac{V}{2}} \right) = \frac{{10}}{9}{p_0}V$

Công do khí thực hiện có độ lớn:

$\left| A \right| = \frac{{10{p_0}}}{9}.\left( {\frac{{3V}}{4} - \frac{V}{2}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{{10{p_0}}}{9} + {p_0}} \right)\left( {V - \frac{{3V}}{4}} \right) = \frac{{13}}{{24}}{p_0}V$

Áp dụng định luật I nhiệt động lực học:

${\rm{\Delta }}U = Q + A \Leftrightarrow \frac{{10}}{9}{p_0}V = 119 - \frac{{13}}{{24}}{p_0}V \Rightarrow {p_0}V = 72$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{V = \frac{{72}}{{{{10}^5}}}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right) = 0{,}72\left( l \right) \Rightarrow \frac{V}{2} = 0{,}36\left( l \right)}\\{\left| A \right| = \frac{{13}}{{24}}.72 = 39\left( {\rm{J}} \right)}\\{{\rm{\Delta }}U = \frac{{10}}{9}.72 = 80\left( {\rm{J}} \right)}\end{array}} \right.$

$\to$ b đúng.

$\to$ c đúng.

$\to$ d sai.

Phương pháp:

- Công thức hằng số phóng xạ: $\lambda = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T}$

- Độ phóng xạ của nguồn: $H = \lambda .N$ với $N = n.{N_A} = \frac{m}{M}.{N_A}$.

- Công thức của độ phóng xạ: $\frac{H}{{{H_0}}} = {2^{ - \frac{t}{T}}}$

Cách giải:

a) Hằng số phóng xạ:

$\lambda = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T} = \frac{{{\rm{ln}}2}}{{432{,}2.365.24.60.60}} \approx {5{,}086.10^{ - 11}}\left( {{{\rm{s}}^{ - 1}}} \right)$

$\to$ a sai.

b) Số hạt americium $\;_{95}^{241}{\rm{Am}}$:

$N = n.{N_A} = \frac{m}{M}{N_A} = \frac{{{{0{,}5.10}^{ - 6}}}}{{241}}{.6{,}02.10^{23}} \approx {1{,}249.10^{15}}$

Độ phóng xạ của lượng americium $\;_{95}^{241}{\rm{Am}}$ trên là:

$H = \lambda N = {5{,}086.10^{ - 11}}{.1{,}249.10^{15}} \approx {63{,}5.10^3}\left( {Bq} \right) = 63{,}5\left( {{\rm{kBq}}} \right)$

$\to$ b đúng.

c) Tia $\alpha$ mang điện dương nên lệch về phía bản kim loại nhiễm điện âm.

$\to$ c đúng.

d) Ta có: $\frac{H}{{{H_0}}} = {2^{ - \frac{t}{T}}} = {2^{ - \frac{{45}}{{432{,}2}}}} \approx 0{,}9304 = 93{,}04{\rm{\% }}$

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

- Công thức tính nhiệt lượng trong quá trình truyền nhiệt để làm thay đổi nhiệt độ: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

- Công thức tính nhiệt lượng trong quá trình làm nóng chảy hoàn toàn vật ở nhiệt độ nóng chảy: $Q = L.m$

Cách giải:

Nhiệt lượng cung cấp cho rượu trong đoạn AB:

${Q_B} = mc{\rm{\Delta }}t \Rightarrow {125.10^3} = m.2500.\left( {78 - 28} \right) \Rightarrow m = 1\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt hóa hơi riêng của rượu:

$L = \frac{{{Q_C} - {Q_B}}}{m} = \frac{{\left( {1025 - 125} \right){{.10}^3}}}{1} = {900.10^3}\left( {{\rm{J/kg}}} \right) = 900\left( {{\rm{kJ/kg}}} \right)$

Đáp án: 900.

Phương pháp:

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

- Công thức tính lực từ: $F = BIL$.

Cách giải:

Cường độ dòng điện trong mạch: $I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{6}{{5 + 1}} = 1\left( A \right)$

Lực từ tác dụng lên thanh: $F = BIL = 1.0{,}1.0{,}1 = 0{,}01\left( N \right)$

Đáp án: 0,01.

Phương pháp:

Áp dụng quá trình đẳng tích: $\frac{p}{T} =$ const.

Cách giải:

Với quá trình đẳng tích:

$\frac{p}{T} =$ const $\Rightarrow \frac{{{{1{,}8.10}^5}}}{{27 + 273}} = \frac{{x{{.10}^5}}}{{127 + 273}} \Rightarrow x = 2{,}4$

Đáp án: 2,4.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính năng lượng của phản ứng: ${\rm{\Delta }}E = \left( {{m_t} - {m_s}} \right).{c^2}$

Cách giải:

Năng lượng của phản ứng hạt nhân:

${\rm{\Delta }}E = \left( {{m_t} - {m_s}} \right).{c^2} = \left( {2{,}0135.2 - 3{,}0149 - 1{,}0087} \right).931$

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}E \approx 3{,}17\left( {{\rm{MeV}}} \right)$

Đáp án: 3,17.

Phương pháp:

- Tính nhiệt dung riêng trung bình của vật: $\overline c = \frac{{{c_0} + {c_t}}}{2}$.

- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.

Cách giải:

Nhiệt dung riêng trung bình khi nhiệt độ vật tăng từ 0 đến $t$ là:

$\overline c = \frac{{{c_0}\left( {1 + \alpha .0} \right) + {c_0}\left( {1 + \alpha t} \right)}}{2} = {c_0}\left( {1 + \frac{1}{2}\alpha t} \right)$

${Q_v} = {Q_n} \Rightarrow {m_0}\overline c t = 0{,}5.{m_0}{c_1}\left( {{t_{01}} - t} \right)$

Thay số vào ta được:

$1{,}3.10{\rm{\;}}.\left( {1 + \frac{1}{2}.0{,}012.{\rm{t}}} \right).{\rm{t}} = 0{,}5.4200.\left( {45 - {\rm{t}}} \right) \Rightarrow {\rm{t}} \approx 26{,}2\left( {{\;^ \circ }{\rm{C}}} \right)$

Đáp án: 26,2.

Phương pháp:

Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định chiều của lực từ. Từ đó áp dụng điều kiện cân bằng để tìm khối lượng.

Cách giải:

Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được lực từ $\vec F$ hướng xuống.

Khi cân thăng bằng: $P = F \Rightarrow {\rm{mg}} =$ NILB

$\Rightarrow m = \frac{{NILB}}{g} = \frac{{200.0{,}5.0{,}1.0{,}002}}{{10}}$

$\Rightarrow m = 0{,}002\left( {{\rm{kg}}} \right) = 2\left( {\rm{g}} \right)$

Đáp án: 2.