Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật Lí 2025-2026 THPT Chuyên Hoàng Lê Kha (Tây Ninh)

Đáp án đúng C

Với mỗi lốp xe, coi lượng khí và thể tích không đổi, ta có:$p\sim T$

Vì nhiệt độ ban đầu của các lốp như nhau nên cần so sánh tỉ số tăng áp suất.

Nếu tính theo áp suất tuyệt đối thì cộng thêm áp suất khí quyển vào cả trước và sau, kết luận vẫn không đổi.

So sánh xấp xỉ:

- Lốp trước trái: $\frac{260}{244}\approx 1{,}066$

- Lốp trước phải: $\frac{264}{244}\approx 1{,}082$

- Lốp sau trái: $\frac{268}{252}\approx 1{,}063$

- Lốp sau phải: $\frac{264}{248}\approx 1{,}065$

Tỉ số nhỏ nhất là lốp sau bên trái, nên nhiệt độ sau khi chạy là nhỏ nhất.

Đáp án đúng C

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn thẳng:

$F=BIlsinα$

Dây vuông góc với đường sức từ nên $α=90{}^{^{\circ}}$, $sinα=1$.

Đổi $40\ \text{c}\text{m}=0{,}4\ \text{m}$.

$F=0{,}05.2.0{,}4=0{,}04\ \text{N}$

Đáp án đúng A

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí: $\overline{W{}_{d}}=\frac{3}{2}kT$

Do đó $\overline{W{}_{d}}$ tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối $T$.

Khi $T$ tăng gấp đôi thì động năng tịnh tiến trung bình tăng gấp đôi.

Đáp án đúng D

Độ bền vững hạt nhân được xét qua năng lượng liên kết riêng. Năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền.

Tính độ hụt khối trên mỗi nucleon.

Với ${}_{2}^{4}He$:

$Δm=2.1{,}0073+2.1{,}0087-4{,}0015=0{,}0305\ \text{a}\text{m}\text{u}$

$\frac{Δm}{A}=\frac{0{,}0305}{4}\approx 0{,}00763$

Với ${}_{53}^{139}I$:

Số neutron: $139-53=86$

$Δm=53.1{,}0073+86.1{,}0087-138{,}8970\approx 1{,}2021\ \text{a}\text{m}\text{u}$

$\frac{Δm}{A}=\frac{1{,}2021}{139}\approx 0{,}00865$

Với ${}_{92}^{235}U$:

Số neutron: $235-92=143$

$Δm=92.1{,}0073+143.1{,}0087-234{,}9933\approx 1{,}9337\ \text{a}\text{m}\text{u}$

$\frac{Δm}{A}=\frac{1{,}9337}{235}\approx 0{,}00823$

Sắp xếp giảm dần độ bền: ${}_{53}^{139}I$ > ${}_{92}^{235}U$ > ${}_{2}^{4}He$

Đáp án đúng D

Ta có: $i=I{}_{0}cos(\frac{250π}{3}t-\frac{π}{3})$

Dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I{}_{0}}{\sqrt{2}}$

Điều kiện: $|i|=\frac{I{}_{0}}{\sqrt{2}}$

Suy ra: $|cos(\frac{250π}{3}t-\frac{π}{3})|=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Chu kì: $T=\frac{2π}{ω}=\frac{2π}{\frac{250π}{3}}=0{,}024\ \text{s}=24\ \text{m}\text{s}$

Trong mỗi chu kì có 4 thời điểm thỏa mãn. Thời điểm đầu tiên kể từ $t=0$ là $1\ \text{m}\text{s}$, các thời điểm sau cách nhau $6\ \text{m}\text{s}$.

Thời điểm lần thứ 19: $t{}_{19}=1+18.6=109\ \text{m}\text{s}$

Đáp án đúng B

Gọi nhiệt dung của mỗi quả cầu là $C$, nhiệt dung của nước là $C{}_{0}$.

Gọi độ chênh nhiệt độ ban đầu giữa quả cầu và nước là $x$.

Lần 1, nước tăng $4{}^{^{\circ}}C$: $C(x-4)=4C{}_{0}$ ⇒\Rightarrow⇒ $\frac{C}{C{}_{0}}=\frac{4}{x-4}$

Lần 2, nước đang ở nhiệt độ cao hơn ban đầu $4{}^{^{\circ}}C$, sau đó tăng thêm $3{}^{^{\circ}}C$, tức tổng tăng $7{}^{^{\circ}}C$:

$C(x-7)=3C{}_{0}$

Thay $\frac{C}{C{}_{0}}=\frac{4}{x-4}$ vào: $\frac{4}{x-4}(x-7)=3$

$4x-28=3x-12$

$x=16$

Suy ra: $\frac{C}{C{}_{0}}=\frac{4}{16-4}=\frac{1}{3}$

Nếu thả đồng thời hai quả cầu, gọi độ tăng nhiệt độ của nước là $Δt$:

$2C(16-Δt)=C{}_{0}Δt$ ⬄ $2.\frac{1}{3}(16-Δt)=Δt$ ⬄ $32-2Δt=3Δt$ ⬄ $5Δt=32$ =>$Δt=6{,}4{}^{^{\circ}}C$

Đáp án đúng D

Trong phản ứng hạt nhân luôn có sự bảo toàn số nucleon và điện tích.

Trong các phương án đã cho, đại lượng luôn được bảo toàn là số nucleon.

Đáp án đúng B

Từ đồ thị, đoạn nằm ngang ở $60{}^{^{\circ}}C$ nên nhiệt độ nóng chảy của mẫu vật là $60{}^{^{\circ}}C$.

Thời gian nóng chảy: $Δt=12-10=2\ \text{p}\text{h}\text{ú}\text{t}=120\ \text{s}$

Nhiệt lượng dùng để nóng chảy:

$Q=PΔt=200.120=24000\ \text{J}$

Khối lượng mẫu vật: $m=240\ \text{g}=0{,}24\ \text{k}\text{g}$

Nhiệt nóng chảy riêng: $λ=\frac{Q}{m}=\frac{24000}{0{,}24}=10{}^{5}\ \text{J}\text{/}\text{k}\text{g}$

Đáp án đúng A

Ban đầu, cột khí bị nhốt có chiều dài $51\ \text{c}\text{m}$, phía trên là cột thủy ngân dài $4\ \text{c}\text{m}$.

Áp suất khí ban đầu: $p{}_{1}=76+4=80\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$

Gọi chiều dài cột khí sau khi bơm thêm thủy ngân là $x$ cm.

Khi mặt thủy ngân ngang với miệng ống, chiều dài cột thủy ngân là: $57-x$

Áp suất khí sau cùng: $p{}_{2}=76+57-x=133-x$

Quá trình đẳng nhiệt: $p{}_{1}V{}_{1}=p{}_{2}V{}_{2}$

$80.51=(133-x)x$

$4080=133x-x{}^{2}$

$x{}^{2}-133x+4080=0$

Giải ra được: $x=48\ \text{c}\text{m}$ hoặc $x=85\ \text{c}\text{m}$

Vì cột khí phải ngắn hơn ban đầu nên nhận $x=48\ \text{c}\text{m}$.

Khi đó chiều dài cột thủy ngân sau cùng là: $57-48=9\ \text{c}\text{m}$

Ban đầu đã có $4\ \text{c}\text{m}$ thủy ngân, nên lượng thủy ngân bơm thêm là: $9-4=5\ \text{c}\text{m}$

Đáp án đúng D

Lực từ tác dụng lên đoạn dây: $F=BIlsinα$

Ban đầu dây nằm ngang, từ trường thẳng đứng nên $α=90{}^{^{\circ}}$, lực từ lớn nhất.

Khi dây quay lên vị trí 2, góc giữa dây và từ trường nhỏ hơn $90{}^{^{\circ}}$, nên $sinα$ giảm, độ lớn lực từ giảm.

Hướng của lực từ vẫn không đổi vì thành phần của đoạn dây vuông góc với từ trường vẫn cùng chiều.

Đáp án đúng A

Trong sóng điện từ:

- $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ vuông góc nhau;

- cả hai cùng vuông góc với phương truyền sóng;

- hình vẽ biểu diễn $Y$ theo phương của điện trường, $X$ theo phương của cảm ứng từ.

Vậy:

Đáp án đúng C

Từ đồ thị:

- Biên độ điện áp: $U{}_{0}=50\sqrt{2}\ \text{V}$

- Tại $t=0$, $u=0$ và đang tăng nên biểu thức có dạng $u=U{}_{0}cos(ωt-\frac{π}{2})$

- Tại $t=25\ \text{m}\text{s}$, điện áp đạt cực tiểu. Với dạng sin, cực tiểu ứng với $t=\frac{3T}{4}$.

Do đó: $\frac{3T}{4}=25\ \text{m}\text{s}$

$T=\frac{100}{3}\ \text{m}\text{s}=\frac{1}{30}\ \text{s}$

$ω=\frac{2π}{T}=60π\ \text{r}\text{a}\text{d}\text{/}\text{s}$

Vậy: $u=50\sqrt{2}cos(60πt-\frac{π}{2})\ \text{V}$

Ban đầu ở hình H1:

- Cột khí A nằm ngay dưới piston nhẹ nên áp suất khí A bằng áp suất khí quyển: $p{}_{A1}=76\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$

a) đúng.

Cột khí B nằm dưới cột thủy ngân dài $25\ \text{c}\text{m}$ nên: $p{}_{B1}=76+25=101\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$

b) đúng.

Sau khi ấn piston, cột khí B dài $21{,}7\ \text{c}\text{m}$.

Với khí B, quá trình đẳng nhiệt:

$p{}_{B1}l{}_{B1}=p{}_{B2}l{}_{B2}$

$101.25=p{}_{B2}.21{,}7$

$p{}_{B2}\approx 116{,}4\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$

Không phải $139\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$.

c) sai.

Áp suất khí A sau khi ấn: $p{}_{A2}=p{}_{B2}-25\approx 116{,}4-25=91{,}4\ \text{c}\text{m}\text{H}\text{g}$

Với khí A:

$p{}_{A1}l{}_{A1}=p{}_{A2}l{}_{A2}$

$76.40=91{,}4.l{}_{A2}$

$l{}_{A2}\approx 33{,}3\ \text{c}\text{m}$

Ban đầu tổng chiều dài từ piston đến đáy ống: $40+25+25=90\ \text{c}\text{m}$

Sau khi ấn: $33{,}3+25+21{,}7=80\ \text{c}\text{m}$

Piston đã đi xuống khoảng: $90-80=10\ \text{c}\text{m}$

Không phải xấp xỉ $5\ \text{c}\text{m}$.

d) sai.

a) Đúng

Lò phản ứng hạt nhân trong nhà máy điện hạt nhân hoạt động dựa trên phản ứng phân hạch dây chuyền có điều khiển.

b) Sai

Hiệu suất nhà máy:

$H=\frac{P{}_{\text{d}\text{i}\text{?}\text{n}}}{P{}_{\text{n}\text{h}\text{i}\text{?}\text{t}}}.100\%$

$H=\frac{1100}{3400}.100\%\approx 32{,}35\%$

Không phải $68\%$.

c) Sai

Khối lượng ${}_{92}^{235}U$ trong nhiên liệu: $m=86000.2{,}98\%=2562{,}8\ \text{k}\text{g}$

Năng lượng mỗi phân hạch:

$E=2{,}0.10{}^{2}\ \text{M}\text{e}\text{V}=200\ \text{M}\text{e}\text{V}$

$E=200.1{,}6.10{}^{-13}=3{,}2.10{}^{-11}\ \text{J}$

Tốc độ phân hạch: $R=\frac{P}{E}=\frac{3{,}4.10{}^{9}}{3{,}2.10{}^{-11}}\approx 1{,}06.10{}^{20}\ \text{p}\text{h}\text{â}\text{n}\ \text{h}\text{?}\text{c}\text{h}\text{/}\text{s}$

Do còn hao hụt do bắt neutron với tốc độ $\frac{1}{4}R$, tốc độ hao hụt tổng cộng là: $R+\frac{1}{4}R=\frac{5}{4}R$

Khối lượng một hạt nhân ${}_{92}^{235}U$: $m{}_{0}=\frac{0{,}235}{6{,}02.10{}^{23}}\approx 3{,}90.10{}^{-25}\ \text{k}\text{g}$

Tốc độ hao hụt khối lượng: $Δm=\frac{5}{4}R.m{}_{0}\approx 5{,}2.10{}^{-5}\ \text{k}\text{g}\text{/}\text{s}$

Thời gian hoạt động: $t=\frac{2562{,}8}{5{,}2.10{}^{-5}}\approx 4{,}95.10{}^{7}\ \text{s}\approx 573\ \text{n}\text{g}\text{à}\text{y}$

Không phải $300\ \text{n}\text{g}\text{à}\text{y}$.

d) Đúng

Năng lượng hạt nhân có mật độ năng lượng rất lớn, giảm phát thải khí gây ô nhiễm so với nhiên liệu hoá thạch và có thể góp phần giải quyết nhu cầu năng lượng.

Suất điện động cảm ứng trên thanh:

$E=Blv$

$E=0{,}5.0{,}1.4=0{,}2\ \text{V}$

Điện trở toàn mạch: $R{}_{\text{t}\text{d}}=R+r=0{,}3+0{,}2=0{,}5Ω$

Cường độ dòng điện: $I=\frac{E}{R{}_{\text{t}\text{d}}}=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4\ \text{A}$

b) đúng.

Lực từ tác dụng lên thanh: $F=BIl$

$F=0{,}5.0{,}4.0{,}1=0{,}02\ \text{N}$

Vì thanh chuyển động đều nên lực kéo ngoài có độ lớn bằng lực từ.

c) đúng.

Dựa vào quy tắc bàn tay phải và chiều chuyển động của thanh, dòng điện qua điện trở $R$ có chiều từ d đến c, không phải từ c đến d.

a) sai.

Công suất tỏa nhiệt toàn mạch: $P=I{}^{2}(R+r)=0{,}4{}^{2}.0{,}5=0{,}08\ \text{W}$

Không phải $0{,}048\ \text{W}$.

d) sai.

Dữ kiện: $m{}_{n}=0{,}225\ \text{k}\text{g}$

$m{}_{kl}=0{,}409\ \text{k}\text{g}$

$t{}_{n}=67{,}5{}^{^{\circ}}C$

$t{}_{kl}=27{,}0{}^{^{\circ}}C$

$t=56{,}0{}^{^{\circ}}C$

$c{}_{n}=4180\ \text{J}\text{/}\text{k}\text{g}\text{.}\text{K}$

Bỏ qua thất thoát nhiệt, nhiệt lượng nước tỏa ra bằng nhiệt lượng kim loại thu vào:

$m{}_{n}c{}_{n}(67{,}5-56{,}0)=m{}_{kl}c{}_{kl}(56{,}0-27{,}0)$

Suy ra: $c{}_{kl}=\frac{0{,}225.4180.11{,}5}{0{,}409.29}$

$c{}_{kl}\approx 912\ \text{J}\text{/}\text{k}\text{g}\text{.}\text{K}$

Không phải xấp xỉ $800\ \text{J}\text{/}\text{k}\text{g}\text{.}\text{K}$.

a) sai.

Khi nhúng mẫu kim loại vào nước nóng, nhiệt độ hệ thay đổi dần và chỉ ổn định khi nước, mẫu kim loại, bình và nhiệt kế đạt cân bằng nhiệt.

b) đúng.

Nếu bỏ qua nhiệt lượng trao đổi với môi trường trong khi thực tế nước nóng bị mất nhiệt ra môi trường, ta đã quy toàn bộ nhiệt lượng nước mất đi cho kim loại. Khi đó giá trị tính được thường lớn hơn giá trị chính xác, không phải nhỏ hơn.

c) sai.

Trong thí nghiệm này nước nóng, mẫu kim loại lạnh hơn. Vì vậy nước tỏa nhiệt, kim loại thu nhiệt. Nói “nước thu vào bằng nhiệt lượng mẫu kim loại tỏa ra” là ngược.

d) sai.

Diện tích khung dây: $S=25\ \text{c}\text{m}{}^{2}=25.10{}^{-4}=2{,}5.10{}^{-3}\ \text{m}{}^{2}$

Số vòng dây: $N=10$

Từ đồ thị, cảm ứng từ giảm đều từ $2{,}4\ \text{m}\text{T}$ về $0$ trong $0{,}04\ \text{s}$.

$|\frac{ΔB}{Δt}|=\frac{2{,}4.10{}^{-3}}{0{,}04}=0{,}06\ \text{T}\text{/}\text{s}$

Suất điện động cảm ứng: $e=N.S.|\frac{ΔB}{Δt}|$

$e=10.2{,}5.10{}^{-3}.0{,}06=1{,}5.10{}^{-3}\ \text{V}$

$e=1{,}5\ \text{m}\text{V}$

Đáp án: 1,5

Diện tích piston: $S=10\ \text{c}\text{m}{}^{2}=10{}^{-3}\ \text{m}{}^{2}$

Ban đầu, lực đàn hồi của lò xo: $F{}_{dh}=20\ \text{N}$

Trọng lượng vật: $P=mg=2.10=20\ \text{N}$

Ban đầu lực đàn hồi cân bằng trọng lượng vật nên dây chưa kéo vật, lực căng dây bằng $0$.

Áp suất khí ban đầu: $p{}_{1}=p{}_{0}=10{}^{5}\ \text{P}\text{a}$

Chiều dài khí ban đầu: $l{}_{1}=40\ \text{c}\text{m}=0{,}40\ \text{m}$

Khi vật vừa rời khỏi lò xo, lò xo không còn tác dụng lực lên vật. Khi đó lực căng dây:

$T=mg=20\ \text{N}$

Piston cân bằng: $p{}_{0}S=p{}_{2}S+T$

$p{}_{2}=p{}_{0}-\frac{T}{S}$

$p{}_{2}=10{}^{5}-\frac{20}{10{}^{-3}}=8.10{}^{4}\ \text{P}\text{a}$

Ban đầu lò xo bị nén: $Δl=\frac{F{}_{dh}}{k}=\frac{20}{100}=0{,}20\ \text{m}$

Khi vật vừa rời lò xo, vật đã đi lên $0{,}20\ \text{m}$, nên piston dịch sang trái $0{,}20\ \text{m}$.

Chiều dài khí khi đó: $l{}_{2}=0{,}40-0{,}20=0{,}20\ \text{m}$

Với một lượng khí xác định: $\frac{p{}_{1}V{}_{1}}{T{}_{1}}=\frac{p{}_{2}V{}_{2}}{T{}_{2}}$

Vì $V=Sl$, nên:

$\frac{p{}_{1}l{}_{1}}{T{}_{1}}=\frac{p{}_{2}l{}_{2}}{T{}_{2}}$

$T{}_{2}=T{}_{1}.\frac{p{}_{2}l{}_{2}}{p{}_{1}l{}_{1}}$

$T{}_{2}=300.\frac{8.10{}^{4}.0{,}20}{10{}^{5}.0{,}40}$

$T{}_{2}=120\ \text{K}$

Đáp án: 120

Khi đổi chiều dòng điện, lực từ tác dụng lên cạnh dưới của cuộn dây đổi chiều.

Độ thay đổi lực từ là: $ΔF=2NBIl$

Khối lượng phải thêm vào đĩa cân bên trái: $m=8\ \text{g}=0{,}008\ \text{k}\text{g}$

Trọng lượng thêm vào: $P=mg=0{,}008.10=0{,}08\ \text{N}$

Cân bằng lại nên: $2NBIl=0{,}08$

Với:

$N=10$

$I=0{,}1\ \text{A}$

$l=10\ \text{c}\text{m}=0{,}10\ \text{m}$

Suy ra:

$B=\frac{0{,}08}{2.10.0{,}1.0{,}10}$

$B=0{,}4\ \text{T}$

Đáp án: 0,4

Khối lượng potassium trong $1$ lít sữa:

$m{}_{K}=2{,}00\ \text{g}$

Trong đó ${}_{19}^{40}K$ chiếm $0{,}0117\%$:

$m{}_{K40}=2{,}00.0{,}0117\%=2{,}34.10{}^{-4}\ \text{g}$

Số mol ${}_{19}^{40}K$: $n=\frac{2{,}34.10{}^{-4}}{40}=5{,}85.10{}^{-6}\ \text{m}\text{o}\text{l}$

Số hạt nhân: $N=nN{}_{A}=5{,}85.10{}^{-6}.6{,}02.10{}^{23}\approx 3{,}52.10{}^{18}$

Chu kì bán rã của ${}_{19}^{40}K$: $T=\text{1}\text{,}\text{2}\text{5}.10{}^{9}\ \text{n}\text{a}\text{m}$

Đổi sang giây: $T=1{,}25.10{}^{9}.365.24.3600\ \text{s}$

Độ phóng xạ: $A=λN=\frac{ln2}{T}N$

$A\approx 61{,}9\ \text{B}\text{q}\text{/}\text{l}$

Độ phóng xạ của ${}_{53}^{131}I$ là: $A{}_{I}=2{,}00\ \text{k}\text{B}\text{q}\text{/}\text{l}=2000\ \text{B}\text{q}\text{/}\text{l}$

Tỉ số: $x=\frac{2000}{61{,}9}\approx 32{,}3$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $x=32$

Đáp án: 32.

Gọi khối lượng nước nóng là $m$ gam.

Khối lượng nước mát là: $120-m$

Nước nóng từ $100{}^{^{\circ}}C$ hạ xuống $50{}^{^{\circ}}C$, nước mát từ $20{}^{^{\circ}}C$ tăng lên $50{}^{^{\circ}}C$.

Phương trình cân bằng nhiệt:

$m(100-50)=(120-m)(50-20)$

$50m=30(120-m)$

$50m=3600-30m$

$80m=3600$

$m=45\ \text{g}$

Đáp án: 45

Với phòng có thể tích không đổi và áp suất không đổi: $m\sim \frac{1}{T}$

Gọi nhiệt độ ban đầu theo Kelvin là $T$.

Sau khi giảm $6{}^{^{\circ}}C$, nhiệt độ là $T-6$.

Khối lượng không khí tăng thêm $2\%$ nên: $m{}_{2}=1{,}02m{}_{1}$

Do $m\sim \frac{1}{T}$: $\frac{m{}_{2}}{m{}_{1}}=\frac{T}{T-6}$

$\frac{T}{T-6}=1{,}02$

$T=1{,}02T-6{,}12$

$0{,}02T=6{,}12$

$T=306\ \text{K}$

Đổi sang độ C: $t=306-273=33{}^{^{\circ}}C$

Đáp án: 33