Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí trường THPT Yên Thành 2 - Nghệ An có đáp án

Vì quá trình là đẳng nhiệt nên áp dụng định luật Boyle:

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Leftrightarrow {p_1}.15 = \left( {{p_1} + 30} \right).10$$\Rightarrow {p_1} = 60\left( {{\rm{kPa}}} \right)$

Chọn A.

Các phân tử chất khí ở rất xa nhau và lực liên kết giữa chúng rất yếu nên chúng không có hình dạng và thể tích xác định, chúng luôn chiếm toàn bộ thể tích của bình chứa và tác dụng lực lên mọi phần diện tích bình chứa. Chất khí dễ nén, khi thể tích tăng thì áp suất giảm và ngược lại.

Chọn B.

Cách chuyển từ:

+ nhiệt độ Celsius sang nhiệt độ Farenheit: ${t^0}F = 32 + 1{,}8.{t^0}C$.

+ nhiệt độ Celsius sang nhiệt độ Kelvin: $T\left( K \right) = 273 + {t^0}C$.

Chọn A.

Vì thể tích của bóng đèn không đổi nên ta có:

$\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow \frac{{{p_1}}}{{27 + 273}} = \frac{{1{,}5{p_1}}}{{{T_2}}}$$\Rightarrow {T_2} = 450\left( K \right) \Rightarrow {t_2} = 177^\circ {\rm{C}}$

Chọn B.

Giai đoạn từ (1) đến (2) là dãn đẳng áp.

Giai đoạn từ (2) đến (3) là nén đẳng nhiệt.

Chọn D.

Xét trạng thái 1: Bọt khí ở độ sâu h, trạng thái 2: bọt khí nổi lên mặt nước.

Áp suất ở độ sâu h: ${p_1} = {p_0} + \rho gh$.

Tại mặt thoáng áp suất là ${p_2} = {p_0}$.

Vì quá trình này là quá trình đẳng nhiệt nên ta có: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{{p_0} + \rho gh}}{{{p_0}}} > 1$

$\Rightarrow$ Ta thấy thể tích của bọt khí tăng khi nổi lên do áp suất của bọt khí giảm.

Chọn A.

Ta có, phương trình Clapeyron viết theo khối lượng riêng là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{D = \frac{m}{V}}\\{pV = \frac{m}{M}.RT}\end{array} \Rightarrow \frac{p}{{T.D}} = \frac{R}{M}} \right.$

$\Rightarrow \frac{{{p_1}}}{{{T_1}.{D_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}.{D_2}}}$$\Rightarrow \frac{{{p_1}}}{{\left( {100 + 273} \right).{D_1}}} = \frac{{2{p_1}}}{{\left( {120 + 273} \right).{D_2}}}$$\Rightarrow \frac{{{D_1}}}{{{D_2}}} = \frac{{393}}{{373.2}} = 0{,}53$

Chọn C.

Khi cơ chế giải phóng hơi nước của nồi áp suất bị tắc, nồi sẽ không thể xả hơi nước để duy trì áp suất ổn định.

Điều này sẽ dẫn đến tình huống như sau:

+ Áp suất trong nồi sẽ tiếp tục tăng vì không có cơ chế để giải phóng hơi nước dư thừa.

+ Nhiệt độ sôi của nước trong nồi sẽ tăng cao hơn do áp suất cao hơn, nhưng nếu cơ chế xả hơi nước bị tắc, sẽ không có cách nào để giải nhiệt, dẫn đến nhiệt độ và áp suất đều sẽ tiếp tục tăng.

Chọn A.

Nhiệt độ cao nhất ghi trên nhiệt kế Y tế là $42^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}$

Chọn A.

Nhiệt nóng chảy riêng của một chất là nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg chất đó để nó nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy.

$\Rightarrow$ Mỗi kilôgam đồng cần thu nhiệt lượng $1,{8.10^5}{\rm{\;J}}$ để hoá lỏng hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy.

Chọn B.

a) Đúng. Các dụng cụ có trong thí nghiệm: (1) là áp kế; (2) là xi lanh; (3) là pitton; (4) là tay quay.

b) Đúng. Tay quay (4) có tác dụng đưa pitton tiến, lùi, từ đó làm thay đổi thể tích của lượng khí trong xilanh.

c) Đúng. Thí nghiệm này là thí nghiệm kiểm chứng định luật Boyle nên cần có nhiệt độ được giữ không đổi nên khi tiến hành cần xoay tay quay (4) sao cho pitton di chuyển từ từ.

d) Sai. Giá trị trung bình của tích pV là:

$\overline {pV} = \frac{{1{,}14.130 + 1{,}18.125 + 1{,}23.120 + 1{,}28.115 + 1{,}35.110}}{5} = 147{,}8$ (Bar.ml).

a) Sai. Theo đề bài: Quả bóng được thả từ các địa điểm quan sát trên khắp thế giới, thường là hai lần mỗi ngày vào 0 giờ và 12 giờ quốc tế.

b) Đúng. Để quả bóng có thể bay lên, người ta bơm vào đó khí có khối lượng riêng nhỏ hơn không khí, thường là heli hoặc hydro, giúp quả bóng nổi lên do sự chênh lệch về mật độ giữa khí trong bóng và không khí xung quanh.

c) Đúng. Quả bóng thám không có thể đạt đến độ cao khoảng 40 km hoặc hơn. Khi lên đến độ cao lớn, áp suất không khí giảm mạnh, làm cho quả bóng giãn nở và cuối cùng vỡ khi đạt đến giới hạn thể tích của nó.

d) Sai. Xét 2 trạng thái của khí trong quả bóng:

Trạng thái 1: Bóng bắt đầu được thả: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = 105000\left( {Pa} \right)}\\{{V_1} = 15{,}8\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right)}\\{{T_1} = 27 + 273 = 300\left( {\rm{K}} \right)}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2: Khi bóng nổ: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2} = 27640\left( {Pa} \right)}\\{{V_1} = 39{,}5\left( {{m^3}} \right)}\\{{T_2}}\end{array}} \right.$

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng ta được:

$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow \frac{{105000.15{,}8}}{{300}} = \frac{{27640.39{,}5}}{{{T_2}}}$$\Rightarrow {T_2} \approx 197\left( K \right) \Rightarrow {t_2} \approx - {76^ \circ }C$.

a) Đúng. Áp suất khí quyển tại đỉnh núi Everest thấp hơn so với mực nước biển, chỉ khoảng 253 mmHg, tương đương với khoảng 1/3 áp suất khí quyển ở mực nước biển $\left( {760{\rm{mmHg}}} \right)$. Áp suất thấp dẫn đến điểm sôi của nước giảm xuống rất nhiều (khoảng $73{,}5^\circ {\rm{C}}$ thay vì $100^\circ {\rm{C}}$ ở mực nước biển). Vì vậy, nước không thể đủ nóng để luộc chín trứng một cách bình thường, khiến việc luộc trứng với nồi thông thường trở nên khó khăn.

b) Sai. Nhiệt độ môi trường lạnh ở đỉnh Everest ($- {36^ \circ }{\rm{C}}$ vào tháng 1 và $- {19^ \circ }{\rm{C}}$ vào tháng 7) không phải là lý do chính khiến trứng không thể luộc chín được. Mặc dù nhiệt độ môi trường rất thấp, nhưng vấn đề chính là áp suất khí quyển thấp, làm giảm điểm sôi của nước.

c) Đúng. Sử dụng muối: Một cách để cải thiện việc luộc trứng trong điều kiện áp suất thấp là thêm muối vào nước. Muối làm tăng điểm sôi của nước, vì vậy có thể giúp nước đạt nhiệt độ cao hơn, có thể làm chín trứng. Tuy nhiên, việc này chỉ cải thiện một phần nhỏ và không thể đạt nhiệt độ cao như ở mực nước biển.

Nướng trứng: Nướng trứng là một giải pháp tốt hơn vì quá trình nướng sử dụng nhiệt trực tiếp và không phụ thuộc vào điểm sôi của nước. Điều này có thể giúp trứng chín đúng cách mà không cần sự hiện diện của nước sôi ở nhiệt độ cao.

d) Sai. Áp suất khí quyển không giảm tuyến tính theo độ cao. Thực tế, áp suất giảm nhanh hơn ở các độ cao thấp và giảm chậm dần khi lên cao. Tại độ cao 3000 m so với mực nước biển, áp suất khí quyển thực tế vào khoảng 70 kPa là hợp lý, nhưng việc giảm áp suất không theo một đường thẳng tuyến tính mà là theo một công thức phức tạp dựa trên các yếu tố nhiệt độ và độ ẩm.

a) Đúng. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:

${m_{kl}}.{c_{kl}}.\left( {{\rm{\Delta }}{t_{kl}}} \right) = {m_n}{c_n}{\rm{\Delta }}{t_n}$$\Rightarrow 0{,}409.{c_{kl}}.\left( {56 - 27} \right) = 0{,}225.4180.\left( {67{,}5 - 56} \right)$$\Rightarrow {c_{kl}} \approx 912\left( {{\rm{J/kg}}.{\rm{K}}} \right)$

b) Đúng. Khi mẫu kim loại được nhúng vào nước nóng, nhiệt từ nước sẽ được truyền cho mẫu kim loại cho đến khi nhiệt độ của mẫu kim loại và nước đạt đến trạng thái cân bằng nhiệt (cùng nhiệt độ). Sự thay đổi nhiệt độ sẽ liên tục cho đến khi cả nước và kim loại đạt nhiệt độ ổn định (trạng thái cân bằng nhiệt).

c) Sai. Nếu không bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường thì:

$0{,}409.{c_{kl}}.\left( {56 - 27} \right) + {Q_{mt}} = 0{,}225.4180.\left( {67{,}5 - 56} \right)$$\Rightarrow {c_{kl}} = \frac{{0{,}225.4180.\left( {67{,}5 - 56} \right) - {Q_{mt}}}}{{0{,}409.\left( {56 - 27} \right)}}$

Vậy kết quả tính được ở câu a lớn hơn giá trị nhiệt dung riêng chính xác của mẫu kim loại.

d) Sai. Nếu bỏ qua thất thoát nhiệt với môi trường thì nhiệt lượng mà nước tỏa ra bằng với nhiệt lượng mẫu kim loại thu vào.

Gọi t là nhiệt độ cân bằng sau khi pha nước.

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta được: $3mc\left( {100 - t} \right) = 2mc\left( {t - 20} \right) \Rightarrow t = 68^\circ C.$

Đáp số: 68.

Trạng thái 1, bọt khí tại độ sâu h: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = {p_0} + \rho gh}\\{{V_1}}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2, bọt khí khi nổi lên mặt nước: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2} = {p_0}}\\{{V_2} = 16{V_1}}\end{array}} \right.$

Vì nhiệt độ không đổi nên áp dụng định luật Boyle: ${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_0} + \rho gh = {p_0}.16$

Thay số vào ta được: ${10^5} + {10^3}.10.h = {10^5}.16 \Rightarrow h = 150\left( {\rm{m}} \right)$

Đáp số: 150.

Trạng thái 1, xét tổng lượng khí sau 12 lần bơm và thể tích khí ban đầu trong quả bóng:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_1} = 1\left( {{\rm{atm}}} \right)}\\{{V_1} = 0{,}125.12 + 2{,}5 = 4\left( L \right)}\end{array}} \right.$

Trạng thái 2, toàn bộ lượng khí trên được đưa vào bóng: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{p_2}}\\{{V_2} = 2{,}5\left( L \right)}\end{array}} \right.$

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

${p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow 1.4 = {p_2}.2{,}5$$\Rightarrow {p_2} = 1{,}6\left( {{\rm{atm}}} \right)$

Đáp số: 1,6.

Khối lượng nước là: $m = D.V = {10^3}.0,{5.10^{ - 3}} = 0{,}5\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Nhiệt lượng cần để nước để nước tăng nhiệt độ từ $30^\circ {\rm{C}}$ lên $100^\circ {\rm{C}}$ là:

${Q_1} = mc{\rm{\Delta }}t = 0{,}5.4200.\left( {100 - 30} \right) = {147.10^3}\left( J \right)$

Nhiệt lượng cần để hóa hơi hoàn toàn ở nhiệt độ $100^\circ {\rm{C}}$ là:

${Q_2} = mL = 0{,}5.2,{3.10^6} = 1,{15.10^6}\left( {\rm{J}} \right)$

Vậy tổng nhiệt lượng cần cung cấp là:

$Q = {Q_1} + {Q_2} = {147.10^3} + 1,{15.10^6} = 1,{297.10^6}\left( J \right) \approx 1{,}3\left( {MJ} \right)$

Đáp số: 1,3.

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt đối với đồng (tỏa nhiệt) và nước (thu nhiệt):

${Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}} \Rightarrow {m_d}{c_d}{\rm{\Delta }}{t_d} = {m_n}{c_n}{\rm{\Delta }}{t_n}$

Thay số vào ta được: $0{,}5.380.\left( {89 - 21} \right) = 0{,}5.4200.{\rm{\Delta }}{t_n}$$\Rightarrow {\rm{\Delta }}{t_n} \approx 6{,}2^\circ C$

Đáp số: 6,2.

Áp dụng phương trình Clapeyron ta được:

$pV = \frac{m}{M}RT \Rightarrow {15.10^6}{.14.10^{ - 3}} = \frac{m}{{32}}.8{,}31.\left( {27 + 273} \right)$$\Rightarrow m \approx 2,{7.10^3}\left( {\rm{g}} \right) = 2{,}7\left( {{\rm{kg}}} \right)$

Đáp số: 2,7.