Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí THPT Trần Đăng Ninh - Hà Nội có đáp án

Phương pháp:

Áp dụng định luật Lenz xác định chiều dòng điện cảm ứng.

Cách giải:

+ Từ trường ban đầu ${\vec B_0}$ có hướng từ trái qua phải.

+ Khi vòng dây lại gần nam châm thì từ thông qua vòng dây tăng $\Rightarrow {\vec B_c} \uparrow \downarrow {\vec B_0}$

+ Khi vòng dây ra xa nam châm thì từ thông qua vòng dây giảm $\Rightarrow {\vec B_c} \uparrow \uparrow {\vec B_0}$

+ Áp dụng quy tắc nắm bàn tay phải xác định chiều của dòng điện cảm ứng.

Từ đó, ta xác định được hình C xác định đúng chiều của dòng điện cảm ứng.

Chọn C.

Phương pháp:

Lý thuyết về định luật Boyle.

Cách giải:

Theo định luật Boyle thì $pV =$ const $\Rightarrow p = \frac{{{\rm{\;const\;}}}}{V}$, tức là đồ thị mô tả định luật Boyle là đường hyperbol trong hệ tọa độ pOV.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức $pV = nRT$ và công thức $\overline {{{\rm{W}}_d}} = \frac{3}{2}kT$

Cách giải:

Số mol khí: $n = \frac{m}{M} = \frac{{16}}{{32}} = 0{,}5\left( {{\rm{mol}}} \right)$

Áp dụng phương trình Clapeyron: $pV = nRT$

$\Rightarrow T = \frac{{pV}}{{nR}} = \frac{{{{2{,}5.10}^5}{{.4{,}5.10}^{ - 3}}}}{{0{,}5.8{,}31}} = 270{,}8\left( {\rm{K}} \right)$

Động năng trung bình của các phân tử khí ôxi bằng:

${{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}kT = \frac{3}{2}{.1{,}38.10^{ - 23}}.270{,}8 \approx {5{,}6.10^{ - 21}}J$

Chọn D.

Áp dụng phương trình Clapeyron:

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

Cách giải:

Áp dụng phương trình Clapeyron:

$m = \frac{{pV}}{{RT}}.M = \frac{{{{80.1{,}01.10}^5}.0{,}012}}{{8{,}31.290}}.28$

$\Rightarrow m \approx 1130{\rm{\;g}} = 1{,}13{\rm{\;kg}}$

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí được xác định bởi công thức: ${{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}kT$

Chọn B.

Phương pháp:

Nguyên lí truyền nhiệt:

- Nhiệt năng được truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn.

- Sự truyền nhiệt năng xảy ra cho tới khi nhiệt độ của hai vật bằng nhau thì ngừng lại.

Cách giải:

Do nhiệt chỉ tự truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn nên nhiệt không thể tự truyền được từ vật có nhiệt độ thấp sang vật có nhiệt độ cao hơn.

Chọn B.

Phương pháp:

Từ thông qua mặt phẳng khung dây có độ lớn: ${\rm{\Phi }} = BS{\rm{cos}}\alpha$.

Cách giải:

Mặt phẳng khung dây tạo với các đường sức từ một góc ${60^ \circ } \Rightarrow \alpha = \left( {\vec n,\vec B} \right) = {30^ \circ }$

Khung dây hình vuông, cạnh dài 4 cm có diện tích:

$S = {0{,}04^2} = {1{,}6.10^{ - 3}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$

Từ thông qua mặt phẳng khung dây là:

${\rm{\Phi }} = B.S.\cos \alpha = {4.10^{ - 5}}{.1{,}6.10^{ - 3}}.{\rm{cos}}{30^o}$

$\Rightarrow {\rm{\Phi }} = {5{,}54.10^{ - 8}}{\rm{\;Wb}}$

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức $A = F.s$ và ${\rm{\Delta }}U = A + Q$

Cách giải:

Vì khí nở ra đẩy pittong chuyển động đều nên $F = {F_m}$

Công do chất khí tạo ra để thắng lực ma sát có độ lớn là:

$\left| A \right| = F.s = 20.0{,}05 = 1J$

Chất khí nhận nhiệt và thực hiện công nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Q > 0}\\{A < 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Q = 1{,}5{\rm{\;J}}}\\{A = - 1{\rm{\;J}}}\end{array}} \right.} \right.$

Độ biến thiên nội năng là: ${\rm{\Delta }}U = A + Q = - 1 + 1{,}5 = 0{,}5J$

Chọn B.

Phương pháp:

Lý thuyết về quá trình đẳng áp.

Cách giải:

Với quá trình đẳng áp: $\frac{V}{T} =$ const $\Rightarrow V \sim T$

Chọn B.

Phương pháp:

Nhớ lại khái niệm từ trường.

Cách giải:

Từ trường là dạng vật chất tồn tại trong không gian xung quanh dòng điện, điện tích chuyển động hoặc nam châm và tác dụng lực từ lên nam châm và dòng điện đặt trong nó.

Chọn A.

Phương pháp:

Nhớ lại nội dung thí nghiệm Brown.

Cách giải:

Thí nghiệm Brown là thí nghiệm quan sát chuyển động của hạt phấn hoa trong nước bằng kính hiển vi.

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về sự chuyển thể.

Cách giải:

Khi trời lạnh, ô tô có bật điều hòa và đóng kín cửa, hành khách ngồi trên ô tô thấy hơi nước ngưng tụ tạo thành giọt nước phía trong kính xe vì không khí bên trong xe ấm hơn, hơi nước xung quanh kính bên trong gặp bề mặt bên ngoài có nhiệt độ thấp hơn nên sẽ ngưng tụ lại ở phía trong xe.

Chọn A.

Phương pháp:

Áp dụng công thức $F = BIL{\rm{sin}}\alpha$

Cách giải:

Áp dụng công thức tính lực từ: $F = BIL{\rm{sin}}\alpha$

$\Rightarrow I = \frac{F}{{BL{\rm{sin}}\alpha }} = \frac{{{{5.10}^{ - 3}}}}{{0{,}02.0{,}05.{\rm{sin}}{{150}^0}}} = 10{\rm{\;A}}$

Chọn A.

Phương pháp:

Nhiệt nóng chảy riêng $\left( \lambda \right)$ của một chất được định nghĩa là nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho một đơn vị đo về lượng chất đó (như đơn vị đo khối lượng hay số phân tử như mol) để nó chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái lỏng, tại nhiệt độ nóng chảy.

Cách giải:

Nhiệt nóng chảy riêng của đồng là ${1{,}8.10^5}{\rm{\;J}}/{\rm{kg}}$ có ý nghĩa: Mỗi kilôgam đồng cần thu nhiệt lượng ${1{,}8.10^5}{\rm{\;J}}$ để hoá lỏng hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy.

Chọn D.

Phương pháp:

Lý thuyết về nhiệt độ theo thang Ken-vin và mối quan hệ với nhiệt độ Celsius.

Cách giải:

Liên hệ giữa nhiệt độ theo thang Ken-vin và nhiệt độ theo thang Celsius (khi làm tròn số) là:

$T\left( K \right) = t\left( {^oC} \right) + 273$

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức nhiệt lượng cung cấp để làm bay hơi hoàn toàn m g nước: $Q = Lm$.

Cách giải:

Nhiệt hóa hơi riêng là nhiệt lượng cần truyền cho một đơn vị khối lượng chất lỏng để nó chuyển thành hơi ở một nhiệt độ xác định.

Nhiệt lượng cần cung cấp để làm bay hơi hoàn toàn 100 g nước ở ${100^ \circ }{\rm{C}}$ là

$Q = Lm = {2{,}3.10^6}.0{,}1 = {2{,}3.10^5}\left( J \right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Áp dụng công thức $\left| {{e_c}} \right| = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}\phi }}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right|$

Cách giải:

Độ lớn suất điện động xuất hiện trong khung dây trong khoảng thời gian 0 đến $0{,}1{\rm{\;s}}$ là:

$\left| {{e_c}} \right| = \left| {\frac{{{\rm{\Delta }}\phi }}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{{\phi _{0{,}1}} - {\phi _0}}}{{0{,}1 - 0}}} \right| = \left| {\frac{{NS{\rm{cos}}\alpha \left( {{B_{0{,}1}} - {B_0}} \right)}}{{0{,}1 - 0}}} \right|$

$\Rightarrow \left| {{e_c}} \right| = \left| {\frac{{{{100.10.10}^{ - 4}}.\cos {0^o}.\left( {5 - 2} \right){{.10}^{ - 3}}}}{{0{,}1}}} \right| = {3.10^{ - 3}}\left( V \right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: $\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}$

Cách giải:

Trạng thái $1:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1}}\\{{V_1}}\\{{T_1} = {{627}^ \circ }{\rm{C}} + 273 = 900{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2} = 1{,}2{p_1}}\\{{V_2} = \frac{{{V_1}}}{3}}\\{{T_2} = {\rm{?\;}}}\end{array}} \right.$

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: $\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}$

$\Rightarrow \frac{{{p_1}{V_1}}}{{900}} = \frac{{1{,}2{p_1}.\frac{{{V_1}}}{3}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {T_2} = 360{\rm{\;K}}$

Với ${T_2} = 360{\rm{\;K}} \Rightarrow {t_2} = {87^ \circ }{\rm{C}}$

Chọn C.

Phương pháp:

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

- Nhiệt lượng cung cấp cho quá trình hóa hơi: $Q = mL$.

- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.

Cách giải:

a) Nhiệt lượng mà bát đồng nhận được để tăng nhiệt độ từ ${20^ \circ }{\rm{C}}$ đến ${100^ \circ }{\rm{C}}$ là:

$Q = {m_b}{c_{Cu}}{\rm{\Delta }}t = 0{,}15.380.\left( {100 - 20} \right) = 4560\left( J \right)$

$\to$ a đúng.

b) Bát đồng và nước tăng nhiệt độ nên nhận nhiệt lượng từ miếng đồng.

$\to$ b đúng.

c) Nhiệt lượng mà nước nhận được để tăng nhiệt độ từ ${20^ \circ }{\rm{C}}$ đến ${100^ \circ }{\rm{C}}$:

$Q' = {m_n}{c_{{H_2}O}}{\rm{\Delta }}t = 0{,}22.4200.\left( {100 - 20} \right) = 73920\left( J \right)$

$\to$ c sai.

d) Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:

${Q_{thu}} = {Q_{toa}} \Rightarrow \left( {{m_b}{c_{Cu}} + {m_n}{c_{{H_2}{\rm{O}}}}} \right){\rm{\Delta }}t + {m_h}L = {m_m}{c_{Cu}}\left( {t - 100} \right)$

Thay số vào ta được:

$\left( {0{,}15.380 + 0{,}22.4200} \right)\left( {100 - 20} \right) + {5.10^{ - 3}}{.2{,}26.10^{ - 6}} = 0{,}3.380.\left( {t - 100} \right)$

$\Rightarrow t \approx {788{,}42^ \circ }C$

$\to$ d sai.

Phương pháp:

- Áp dụng phương trình Clapeyron: $pV = nRT$.

- Độ tăng động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí: ${\rm{\Delta }}{{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}k{\rm{\Delta }}T$

Cách giải:

a) Áp dụng phương trình Clapeyron:

$pV = nRT \Rightarrow {2{,}70.10^5}.0{,}5 = n.8{,}31.\left( {273 + 3} \right)$

$\Rightarrow n \approx 58{,}86\left( {{\rm{mol}}} \right)$

$\to$ a sai.

b) Ta có: ${p_b}V = nR{T_b} \Rightarrow {p_b}.0{,}5 = n = 58{,}86.8{,}31.\left( {273 + 42} \right)$

$\Rightarrow {p_b} \approx {3{,}08.10^5}\left( {Pa} \right)$

$\to$ b đúng.

c) Độ tăng động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí:

${\rm{\Delta }}{{\rm{W}}_d} = \frac{3}{2}k{\rm{\Delta }}T = \frac{3}{2}{1{,}38.10^{ - 23}}.\left( {42 - 3} \right) = {2{,}691.10^{ - 22}}\left( J \right)$

$\to$ c sai.

d) Các phân tử khí chuyển động hỗn loạn không ngừng, va chạm vào nhau và va chạm vào thành lốp. Khi va chạm vào thành lốp gây ra áp suất lên thành lốp.

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

- Áp dụng công thức trong các đẳng quá trình.

- Công mà khí thực hiện: $A = p{\rm{\Delta }}V$

- Độ dịch chuyển của pittong: $s = \frac{A}{F}$

Cách giải:

a) Quá trình (1) đến (2) là quá trình đẳng tích, ta có:

$\frac{p}{T} =$ const $\Rightarrow \frac{{{{10}^5}}}{{29 + 273}} = \frac{{{{1{,}2.10}^5}}}{{{T_2}}}$

$\Rightarrow {T_2} = 362{,}4\left( K \right) \Rightarrow {t_2} = {89{,}4^ \circ }{\rm{C}}$

$\to$ b đúng.

Quá trình (2) đến (3) là quá trình đẳng áp:

$\frac{V}{T} =$ const $\Rightarrow \frac{{600}}{{362{,}4}} = \frac{{800}}{{{T_3}}} \Rightarrow {T_3} = 483{,}2\left( K \right) \Rightarrow {t_3} = {210{,}2^{\rm{o}}}{\rm{C}}$

$\to$ a đúng

c) Pittong chuyển động chậm coi như chuyển động đều nên ta có độ lớn lực đẩy của khí bằng độ lớn của lực ma sát.

$\Rightarrow {F_{ms}} = F = {p_{23}}S = {1{,}2.10^5}{.30.10^{ - 4}} = 360\left( N \right)$

$\to$ c sai.

d) Vì quá trình từ (1) đến (2) là đẳng tích nên khí không thực hiện công, quá trình (2) đến (3) là đẳng áp nên công mà khí thực hiện là:

$A = p{\rm{\Delta }}V = {1{,}2.10^5}\left( {800 - 600} \right){.10^{ - 6}} = 24\left( J \right)$

Độ dịch chuyển của pit tông trong quá trình trên là:

$s = \frac{A}{F} = \frac{{24}}{{360}} \approx 0{,}067\left( {\rm{m}} \right) = 6{,}7\left( {{\rm{cm}}} \right)$

$\to$ d sai.

Phương pháp:

- Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định chiều của dòng điện cảm ứng.

- Suất điện động cảm ứng khi thanh chuyển động với tốc độ ${\rm{v}}:{\rm{\;}}e = Bv\ell$.

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

Cách giải:

a) Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định được chiều của dòng điện cảm ứng trong đoạn dây MN có chiều từ N đến M .

$\to$ a sai.

b) Để số chỉ của ampe kế bằng 0 thì trong mạch không có dòng điện.

$\Rightarrow e = 0 \Rightarrow$ suất điện động trong thanh MN được mắc xung đối với nguồn điện ban đầu và có độ lớn bằng độ lớn suất điện động ban đầu.

$e = E \Rightarrow Bv\ell = E \Rightarrow 0{,}4.v.0{,}8 = 1{,}2 \Rightarrow v = 3{,}75\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)$

$\to$ b sai.

c) Khi thanh MN đứng yên thì cường độ dòng điện trong mạch là:

$I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{{1{,}2}}{{1{,}8 + 0{,}2}} = 0{,}6\left( {\rm{A}} \right)$

$\to$ c đúng.

d) Suất điện động xuất hiện trong thanh MN khi chuyển động là:

$e = Bv\ell = 0{,}4.2.0{,}8 = 0{,}64\left( V \right)$

$\to$ d đúng.

Phương pháp:

- Công mà khí thực hiện là: $A = p{\rm{\Delta }}V$

- Áp dụng định luật I nhiệt động lực học.

Cách giải:

Công mà khí thực hiện có độ lớn là:

$A = p{\rm{\Delta }}V = {1{,}5.10^5}.0{,}02 = 3000\left( J \right)$

Vì khí thực hiện công nên $A = - 3000\left( J \right)$ và nội năng của khí tăng là ${\rm{\Delta }}U = 1280\left( J \right) > 0$

Áp dụng định luật I nhiệt động lực học:

${\rm{\Delta }}U = A + Q \Rightarrow 1280 = - 3000 + Q \Rightarrow Q = 4280\left( J \right)$

Đáp án: 4280.

Phương pháp:

- Thế năng của vật ở độ cao h: ${W_t} = mgh$.

- Nhiệt lượng để làm nóng nước: $Q = mc{\rm{\Delta }}t$.

Cách giải:

Thế năng của nước ở độ cao ${\rm{h}} = 96{\rm{\;m}}:{W_t} = mgh$

$50{\rm{\% }}$ thế năng của nước làm nóng nước lên, nên ta có:

$50{\rm{\% \;}}{{\rm{W}}_t} = Q \Rightarrow 0{,}5.mgh = mc{\rm{\Delta }}t$

$\Rightarrow 0{,}5.10.96 = 4190.{\rm{\Delta }}t \Rightarrow {\rm{\Delta }}t \approx 0{,}11$

Đáp án: 0,11.

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức: ${\rm{m}} = {\rm{DV}}$

+ Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.

Cách giải:

Khối lượng của nước trong ấm: $m = DV = 1.2 = 2\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt lượng mà ấm đã cung cấp để đun nước là: $Q = P.t$

Nhiệt lượng mà ấm đã thu vào để sôi và hóa hơi một phần là:

$Q' = \left( {{m_n}{c_n} + {m_{Al}}{c_{Al}}} \right){\rm{\Delta }}t + 20{\rm{\% }}{m_n}L$

$\Rightarrow Q' = \left( {2.4190 + 0{,}8.880} \right)\left( {100 - 25} \right) + 20{\rm{\% }}{.2.2{,}26.10^6}$

$\Rightarrow Q' = 1585300\left( {\rm{J}} \right)$

Vì chỉ cố $80{\rm{\% }}$ nhiệt lượng mà bếp cung cấp được dùng vào việc đun nước nên ta có:

$80{\rm{\% }}Q = Q' \Rightarrow 80{\rm{\% }}.P.40.60 = 1585300$

$\Rightarrow P \approx 826$ (W)

Đáp án: 826.

Phương pháp:

- Điều kiện cân bằng của dây.

- Lực từ tác dụng lên dây có độ lớn: $F = BI\ell$

Cách giải:

Lực căng dây bằng không khi đó lực từ cân bằng với trọng lực:

$F = P \Rightarrow BI\ell = mg$

$\Rightarrow I = \frac{{mg}}{{B\ell }} = \frac{{0{,}05.10}}{{0{,}04}} = 12{,}5\left( {\rm{A}} \right)$

Đáp án: 12,5.

Phương pháp:

- Áp dụng định luật Boyle: $pV =$ const.

- Lực tác dụng lên ống thủy tinh bao gồm: Trọng lực $\vec P$, lực đẩy Archimedes ${\vec F_A}$ và lực để giữ ống $\vec F$.

- Áp dụng điều kiện cân bằng của vật, về độ lớn: $P + F = {F_A}$, với ${F_A} = DVg$, V là thể tích của phần khí chiếm chỗ chất lỏng.

Cách giải:

Trạng thái 1: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = {p_0}}\\{{V_1} = S\ell }\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2} = {p_0} + h + x}\\{{V_2} = S.x}\end{array}} \right.$

Vì nhiệt độ của khí bên trong ống không đổi nên áp dụng định luật Boyle ta được:

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow 76.50 = \left( {76 + \frac{{10 + x}}{{13{,}6}}} \right).x$

$\Rightarrow x \approx 47{,}37\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Lực tác dụng lên ống thủy tinh bao gồm: Trọng lực $\vec P$, lực đẩy Archimedes ${\vec F_A}$ và lực để giữ ống $\vec F$.

Khi ống đứng yên ta có:

$F + P = {F_A} \Rightarrow F = {F_A} - P = DVg - mg = DSxg - mg$

Thay số vào ta được:

$F = {1000.0{,}5.10^{ - 4}}.0{,}4737.10 - {15.10^{ - 3}}.10 \approx 0{,}09\left( N \right)$

Đáp án: 0,09.

Phương pháp:

Lý thuyết quá trình đẳng tích và cách tính giá trị trung bình.

Cách giải:

Tính giá trị $\frac{p}{T}$ cho mỗi trường hợp:

Trường hợp 1: $\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{{10}^5}}}{{301}}\left( {\frac{{Pa}}{K}} \right)$

Trường hợp 2: $\frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} = \frac{{{{1{,}1.10}^5}}}{{331}} = \frac{{{{11.10}^5}}}{{3310}}\left( {\frac{{Pa}}{K}} \right)$

Trường hợp 3: $\frac{{{p_3}}}{{{T_3}}} = \frac{{{{1{,}15.10}^5}}}{{348}} = \frac{{{{23.10}^5}}}{{6960}}\left( {\frac{{Pa}}{K}} \right)$

Tính giá trị trung bình của $\frac{p}{T}$ là:

${\left( {\frac{p}{T}} \right)_{tb}} = \frac{{\left( {\frac{1}{{301}} + \frac{{11}}{{3310}} + \frac{{23}}{{6990}}} \right){{.10}^5}}}{3} \approx 332\left( {{\rm{Pa/K}}} \right)$

Đáp án: 332.