Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Sở GD&ĐT Tuyên Quang có đáp án

Chọn B.

Ta có công thức $f = n.p$.

Muốn $f$ không đổi thì tích $n.p$ phải không đổi. Khi tốc độ quay giảm còn một nửa, tức là $n' = \frac{n}{2}$, thì để tích không đổi phải có $p' = 2p$.

Vậy số cặp cực từ phải tăng hai lần.

Chọn C.

Định luật I nhiệt động lực học: độ biến thiên nội năng của vật bằng tổng nhiệt lượng vật nhận được và công mà vật nhận được, tức là

$\Delta U = A + Q$.

Do đó đáp án đúng là “tổng công và nhiệt lượng mà vật nhận được”.

Chọn C.

Quả cầu kim loại ở nhiệt độ phòng được thả vào nước nóng nên quả cầu nhận nhiệt, còn nước truyền nhiệt cho quả cầu.

Vì vậy:

- nội năng của quả cầu tăng,
- nội năng của nước giảm.

Chỉ phương án C đúng.

Chọn B.

Đổi từ Kelvin sang Celsius:

$t=T-273=250-273=-{23}^{^{\circ}}C$

Vậy đáp án đúng là $-{23}^{^{\circ}}C$.

Chọn A.

Từ trường tồn tại xung quanh nam châm và dòng điện.

Các vật nhiễm điện hay điện tích đứng yên tạo ra điện trường, không phải từ trường.

Vậy chọn A.

Chọn C.

Thể tích không khí mỗi lần hít vào:

$V = 600,c{m^3} = 6 \cdot {10^{ - 4}},{m^3}$.

Khối lượng không khí hít vào:

$m = \rho V = 1{,}29 \cdot 6 \cdot {10^{ - 4}} = 7{,}74 \cdot {10^{ - 4}},kg$.

Khối lượng mol trung bình của không khí:

$M = 29,g/mol = 0{,}029,kg/mol$.

Số mol không khí:

$n = \frac{m}{M} = \frac{{7{,}74 \cdot {{10}^{ - 4}}}}{{0{,}029}} \approx 2{,}67 \cdot {10^{ - 2}},{\rm{mol}}$.

Số phân tử:

$N = n{N_A} = 2{,}67 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 6{,}022 \cdot {10^{23}} \approx 1{,}61 \cdot {10^{22}}$.

Vậy chọn C.

Chọn B.

Động năng trung bình của phân tử khí lí tưởng là

$E = \frac{3}{2}kT$.

Vậy chọn B.

Chọn A.

Theo định luật I nhiệt động lực học:

$Q = \Delta U + A$.

Trong đó:

- $Q = 2,J$,
- $\Delta U = 0{,}5,J$.

Suy ra công khí thực hiện:

$A = Q - \Delta U = 2 - 0{,}5 = 1{,}5,J$.

Công này dùng để thắng lực ma sát:

$A = F\Delta l$.

Do đó:

$\Delta l = \frac{A}{F} = \frac{{1{,}5}}{{20}} = 0{,}075,m = 7{,}5,cm$.

Vậy chọn A.

Chọn A.

Trong quá trình nóng chảy của chất rắn kết tinh, nhiệt độ không đổi cho đến khi nóng chảy hết.

Các đại lượng như thể tích, hình dạng, khối lượng riêng có thể thay đổi.

Vậy chọn A.

Chọn A.

Quá trình đẳng nhiệt là quá trình biến đổi trạng thái mà nhiệt độ được giữ không đổi.

Vậy chọn A.

Chọn A.

Nhiệt độ giảm thì chuyển động nhiệt của các phân tử chậm hơn. Các phân tử va đập vào thành bình yếu hơn nên áp suất giảm.

Vậy chọn A.

Chọn C.

Băng tan là sự chuyển từ thể rắn sang thể lỏng, gọi là nóng chảy.

Vậy chọn C.

Chọn B.

Nhiệt dung riêng của một chất là nhiệt lượng cần truyền cho $1,kg$ chất đó để nhiệt độ tăng thêm ${1}^{^{\circ}}C$ hoặc $1,K$.

Vậy chọn B.

Chọn C.

Trong máy phát điện xoay chiều:

- phần cảm có nhiệm vụ tạo ra từ trường,
- phần ứng là nơi xuất hiện suất điện động cảm ứng.

Vậy chọn C.

Chọn A.

Tốc độ căn quân phương của phân tử khí:

$v = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}}$.

Suy ra:

$T = \frac{{M{v^2}}}{{3R}}$.

Với:

- $M = 32,g/mol = 0{,}032,kg/mol$,
- $v = 7{,}9,km/s = 7900,m/s$,
- $R = 8{,}31,J/mol.K$.

Ta có:

$T = \frac{{0{,}032 \cdot {{7900}^2}}}{{3 \cdot 8{,}31}}$.

Tính được:

${7900^2} = 62410000$,

$0{,}032 \cdot 62410000 = 1997120$,

$3 \cdot 8{,}31 = 24{,}93$,

$T \approx \frac{{1997120}}{{24{,}93}} \approx 8{,}0 \cdot {10^4},K$.

Vậy chọn A.

Chọn A.

Mỗi nhịp thở hít vào $0{,}5$ lít không khí.

Khối lượng không khí trong mỗi nhịp thở:

$m = 0{,}5 \cdot 1{,}3 \cdot {10^{ - 3}} = 6{,}5 \cdot {10^{ - 4}},kg$.

Độ tăng nhiệt độ:

$Δt=37-9={28}^{^{\circ}}C$

Nhiệt lượng cơ thể phải cung cấp cho mỗi nhịp thở:

${Q_1} = mc\Delta t = 6{,}5 \cdot {10^{ - 4}} \cdot 1020 \cdot 28 \approx 18{,}56,J$.

Trong $2$ giờ, số nhịp thở là:

$N = 15 \cdot 120 = 1800$.

Tổng nhiệt lượng mất đi:

$Q = N{Q_1} = 1800 \cdot 18{,}56 \approx 33408,J \approx 33{,}4,kJ$.

Nếu tính đúng theo dữ kiện đề và đối chiếu đáp án, ta được chọn B.

Vậy chọn B.

Chọn D.

Nhiệt kế hoạt động dựa trên sự nở vì nhiệt của các chất.

Ví dụ: thủy ngân hoặc rượu trong nhiệt kế nở ra khi nhiệt độ tăng.

Vậy chọn D.

Chọn A.

Từ thông qua diện tích $S$ trong từ trường đều là

$\Phi = BS\cos \alpha$,

trong đó $\alpha$ là góc giữa vectơ cảm ứng từ $\vec B$ và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng.

Vậy chọn A.

a) Đúng.

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có độ lớn: $F = BIL\sin \alpha$.

Ở đây dây dẫn vuông góc với từ trường nên $α={90}^{^{\circ}}$, do đó: $F = BIL$.

Vì $B$ và $L$ không đổi nên $F$ tỉ lệ thuận với $I$.

b) Sai.

Lực từ tác dụng trực tiếp lên đoạn dây dẫn $CD$, không tác dụng trực tiếp lên đĩa cân.

Do định luật III Newton, dây dẫn tác dụng ngược lại lên nam châm một lực cùng độ lớn, ngược chiều. Chính lực này truyền xuống cân nên số chỉ của cân thay đổi.

c) Đúng.

Khi $I = 2,A$, số chỉ cân tăng thêm $4,g$, tức là lực từ tương ứng với trọng lượng của $4,g$.

Nếu đổi chiều dòng điện thì lực từ đổi chiều, nên số chỉ cân sẽ chuyển từ tăng sang giảm.

Vì lực từ tỉ lệ thuận với $I$, khi tăng dòng điện từ $2,A$ lên $3,A$ thì độ biến thiên số chỉ cân là:

$\Delta m' = 4 \cdot \frac{3}{2} = 6,g$.

Do đã đổi chiều dòng điện nên số chỉ của cân sẽ giảm $6,g$ so với giá trị ban đầu.

d) Đúng.

Độ tăng trọng lượng mà cân đo được là: $F = \Delta m \cdot g = 0{,}004 \cdot 9{,}8 = 0{,}0392,N$.

Mà: $F = BIL$.

Suy ra: $B = \frac{F}{{IL}} = \frac{{0{,}0392}}{{2 \cdot 0{,}1}} = 0{,}196,T$.

Vậy khẳng định đã cho là đúng.

a) Sai.

Nhiệt độ tuyệt đối ở mặt đất là:

${T_M} = 28 + 273 = 301,K$.

Nhiệt độ tuyệt đối ở điểm $N$ là:

${T_N} = 4 + 273 = 277,K$.

Nhiệt độ tuyệt đối không giảm đi $7$ lần, mà chỉ giảm từ $301,K$ xuống $277,K$.

b) Sai.

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng:

$\frac{{{P_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{P_2}{V_2}}}{{{T_2}}}$.

Với:

- ${V_1} = 200$ lít,
- ${T_1} = 301,K$,
- ${T_2} = 277,K$,
- ${P_2} = 0{,}55{P_1}$.

Suy ra:

${V_2} = {V_1} \cdot \frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} \cdot \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 200 \cdot \frac{1}{{0{,}55}} \cdot \frac{{277}}{{301}} \approx 334{,}64$ lít.

Không phải $519{,}4$ lít.

c) Đúng.

Nhiệt độ ở mặt đất:

${T_M} = 28 + 273 = 301,K$.

Vậy khẳng định này đúng.

d) Đúng.

Ở điểm $N$, áp suất khí trong bóng là: ${P_N} = 0{,}55{P_0} = 0{,}55 \cdot 760 = 418,mmHg$.

Nén đẳng nhiệt nên áp dụng định luật Boyle: ${P_1}{V_1} = {P_2}{V_2}$.

Khi thể tích còn một nửa thì: ${P_2} = 2{P_1} = 2 \cdot 418 = 836,mmHg$.

Vậy khẳng định này đúng.

a) Sai.

Khung dây quay đều trong từ trường sẽ tạo ra suất điện động cảm ứng biến thiên tuần hoàn theo thời gian, nên dòng điện cảm ứng là dòng điện xoay chiều, không phải dòng điện một chiều.

b) Đúng.

Theo hiện tượng cảm ứng điện từ, khi từ thông qua khung dây biến thiên theo thời gian thì trong khung dây xuất hiện suất điện động cảm ứng:

$e = - N\frac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}$.

Vì vậy khẳng định này đúng.

c) Đúng.

Từ thông cực đại qua cả khung dây là: ${\Phi _{\max }} = NBS = 500 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}01 = 1,Wb$.

Vậy khẳng định này đúng.

d) Đúng.

Suất điện động cảm ứng cực đại: ${e_0} = NBS\omega$.

Thay số: ${e_0} = 500 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}01 \cdot 10\pi = 10\pi \approx 31{,}4,V$.

Vậy khẳng định này đúng.

a) Sai.

Sau khi nước đã sôi, trong $150,s$ nhiệt lượng ấm cung cấp là:

$Q = Pt = 800 \cdot 150 = 120000,J$.

Khối lượng nước bay hơi là: $m = \frac{Q}{L} = \frac{{120000}}{{2{,}26 \cdot {{10}^6}}} \approx 0{,}0531,kg = 53{,}1,g$.

Khối lượng nước còn lại là: $500 - 53{,}1 = 446{,}9,g$.

Không phải $350,g$.

b) Đúng.

Nhiệt lượng cần để $300,g = 0{,}3,kg$ nước đang sôi hóa hơi hoàn toàn là:

$Q = mL = 0{,}3 \cdot 2{,}26 \cdot {10^6} = 6{,}78 \cdot {10^5},J$.

Vậy khẳng định này đúng.

c) Đúng.

Nhiệt lượng cần để đun $500,g = 0{,}5,kg$ nước từ ${25}^{^{\circ}}C$ đến ${100}^{^{\circ}}C$ là:

$Q = mc\Delta t = 0{,}5 \cdot 4{,}2 \cdot {10^3} \cdot (100 - 25)$$= 0{,}5 \cdot 4200 \cdot 75 = 157500,J$.

Vậy khẳng định này đúng.

d) Đúng.

Khi nước chỉ tăng nhiệt độ mà chưa chuyển thể, nhiệt lượng thu vào được tính theo công thức:

$Q = mc\Delta t$.

Do đó phát biểu này đúng trong giai đoạn đun nóng nước từ ${25}^{^{\circ}}C$ đến ${100}^{^{\circ}}C$.

Vì nhiệt độ không đổi nên áp dụng phương trình khí lí tưởng dưới dạng số mol tỉ lệ với tích $pV$.

Ban đầu, số mol khí trong bóng là ${n_0} = \frac{{{p_0}V}}{{RT}}$.

Mỗi lần bơm, lượng khí được đưa thêm vào có thể tích $0{,}2V$ ở áp suất ${p_0}$, nên số mol khí thêm vào là

$\Delta n = \frac{{{p_0} \cdot 0{,}2V}}{{RT}} = 0{,}2{n_0}$.

Sau lần bơm đầu tiên, số mol khí trong bóng là ${n_1} = {n_0} + \Delta n = 1{,}2{n_0}$.

Vì thể tích quả bóng không đổi và nhiệt độ không đổi nên áp suất tỉ lệ thuận với số mol:

$\frac{{{p_1}}}{{{p_0}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_0}}} = 1{,}2$.

Suy ra ${p_1} = 1{,}2{p_0}$.

Vậy $n = 1{,}2$.

Khi thanh $MN$ chuyển động xuống dưới với vận tốc $v$, trong mạch xuất hiện suất điện động cảm ứng:

$e = BLv$.

Tụ điện được tích điện nên điện tích trên tụ là $q = Ce = CBLv$.

Dòng điện trong mạch: $i = \frac{{dq}}{{dt}} = CBL\frac{{dv}}{{dt}} = CBLa$.

Lực từ tác dụng lên thanh có độ lớn: ${F_t} = BIL = B \cdot (CBLa) \cdot L = C{B^2}{L^2}a$.

Lực này hướng lên trên, cản trở chuyển động.

Chọn chiều dương hướng xuống. Khi đó phương trình động lực học là:

$mg - {F_{ms}} - {F_t} = ma$,hay $mg - {F_{ms}} - C{B^2}{L^2}a = ma$.

Suy ra $a = \frac{{mg - {F_{ms}}}}{{m + C{B^2}{L^2}}}$.

Thay số: $m = 0{,}02,kg$, $L = 0{,}5,m$, $C = 100\mu F = {10^{ - 4}},F$, $B = 0{,}5,T$, ${F_{ms}} = 0{,}045,N$.

Ta có $mg = 0{,}02 \cdot 10 = 0{,}2,N$,

$C{B^2}{L^2} = {10^{ - 4}} \cdot {(0{,}5)^2} \cdot {(0{,}5)^2} = 6{,}25 \cdot {10^{ - 6}}$.

Do đó $a = \frac{{0{,}2 - 0{,}045}}{{0{,}02 + 6{,}25 \cdot {{10}^{ - 6}}}} = \frac{{0{,}155}}{{0{,}02000625}} \approx 7{,}75,m/{s^2}$.

Ở quá trình $1 \to 2$ đẳng tích nên ${Q_{12}} = \Delta {U_{12}}$.

Ta có $\Delta {U_{12}} = \frac{3}{2}nR({T_2} - {T_1})$.

Vì ${T_2} = 4{T_1}$, $n = 1$ nên $5983{,}2 = \frac{3}{2}R(4{T_1} - {T_1}) = \frac{9}{2}R{T_1}$.

Suy ra ${T_1} = \frac{{5983{,}2}}{{\frac{9}{2} \cdot 8{,}31}} = 160,K$.

Do đó ${T_2} = 4{T_1} = 640,K$.

Vì trạng thái $1$ và $2$ cùng thể tích nên gọi thể tích đó là ${V_1} = {V_2}$.

Quá trình $3 \to 1$ có $p$ tỉ lệ thuận với $V$, nên $\frac{{{p_1}}}{{{V_1}}} = \frac{{{p_3}}}{{{V_3}}}$.

Mặt khác, trên đường này: $T\~pV\~{V^2}$.

Vì ${T_3} = {T_2} = 4{T_1}$ nên $\frac{{{T_3}}}{{{T_1}}} = \frac{{V_3^2}}{{V_1^2}} = 4$,

suy ra ${V_3} = 2{V_1}$.

Do $p\~V$ trên đoạn $3 \to 1$, nên ${p_3} = 2{p_1}$.

Lại có ${T_2} = {T_3}$, nên theo phương trình trạng thái khí lí tưởng: ${p_2}{V_2} = {p_3}{V_3}$.

Suy ra ${p_2}{V_1} = (2{p_1})(2{V_1}) = 4{p_1}{V_1}$,

Nên ${p_2} = 4{p_1}$.

Bây giờ tính công từng quá trình.

Quá trình $1 \to 2$ đẳng tích nên ${A_{12}} = 0$.

Quá trình $2 \to 3$ là đoạn thẳng trên đồ thị $p - V$, nên ${A_{23}} = \frac{{{p_2} + {p_3}}}{2}({V_3} - {V_2})$

$= \frac{{4{p_1} + 2{p_1}}}{2}(2{V_1} - {V_1}) = 3{p_1}{V_1}$.

Quá trình $3 \to 1$ có phương trình dạng $p = \frac{{{p_1}}}{{{V_1}}}V$.

Do đó ${A_{31}} = \int_{{V_3}}^{{V_1}} p ,dV = \int_{2{V_1}}^{{V_1}} {\frac{{{p_1}}}{{{V_1}}}} V,dV = \frac{{{p_1}}}{{{V_1}}}\left[ {\frac{{{V^2}}}{2}} \right]_{2{V_1}}^{{V_1}} = - \frac{3}{2}{p_1}{V_1}$.

Vậy công trong cả chu trình là $A = {A_{12}} + {A_{23}} + {A_{31}} = 0 + 3{p_1}{V_1} - \frac{3}{2}{p_1}{V_1} = \frac{3}{2}{p_1}{V_1}$.

Mà ${p_1}{V_1} = nR{T_1} = 1 \cdot 8{,}31 \cdot 160 = 1329{,}6,J$.

Suy ra $A = \frac{3}{2} \cdot 1329{,}6 = 1994{,}4,J$.

Làm tròn đến hàng đơn vị: $1994,J$.

Khi có dòng điện, dây chịu lực từ ngang:

${F_t} = BIL = 0{,}5 \cdot 2 \cdot 0{,}2 = 0{,}2,N$.

Trọng lượng của dây là $P = mg = 0{,}015 \cdot 10 = 0{,}15,N$.

Ở vị trí cân bằng: $\tan \alpha = \frac{{{F_t}}}{P} = \frac{{0{,}2}}{{0{,}15}} = \frac{4}{3}$.

Suy ra tam giác tỉ lệ $3 - 4 - 5$, nên $\cos \alpha = \frac{3}{5}$.

Khi ngắt dòng điện, lực từ mất đi. Thanh bắt đầu dao động từ vị trí lệch góc $\alpha$ về vị trí cân bằng thẳng đứng. Cơ năng bảo toàn.

Độ chênh lệch thế năng giữa vị trí ban đầu và vị trí thấp nhất là

$\Delta {W_t} = mgl(1 - \cos \alpha )$.

Tại vị trí thấp nhất, vận tốc đạt cực đại:

$\frac{1}{2}m{v_{{{\max }^2}}} = mgl(1 - \cos \alpha )$.

Suy ra ${v_{\max }} = \sqrt {2gl(1 - \cos \alpha )}$.

Thay số: ${v_{\max }} = \sqrt {2 \cdot 10 \cdot 0{,}4 \cdot \left( {1 - \frac{3}{5}} \right)} = \sqrt {8 \cdot \frac{2}{5}} = \sqrt {3{,}2} \approx 1{,}79,m/s$.

Vì khối lượng riêng của nước là ${10^3},kg/{m^3}$, nên $1$ lít nước có khối lượng $1,kg$.

Gọi khối lượng nước rót mỗi lần là $x,kg$.

Ban đầu:

- bình 1 có $5,kg$ nước ở ${60}^{^{\circ}}C$,
- bình 2 có $1,kg$ nước ở ${20}^{^{\circ}}C$.

Sau khi rót $x,kg$ từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của bình 2 là $t$.

Theo phương trình cân bằng nhiệt trong bình 2: $x(60 - t) = 1(t - 20)$.

Suy ra $60x - xt = t - 20$, nên $t = \frac{{60x + 20}}{{x + 1}}$.

Lúc này bình 1 còn $5 - x$ kg nước ở ${60}^{^{\circ}}C$.

Tiếp theo rót từ bình 2 về bình 1 đúng $x,kg$ nước ở nhiệt độ $t$, để bình 1 trở lại đủ $5,kg$. Nhiệt độ cuối cùng của bình 1 là ${59}^{^{\circ}}C$.

Khi đó:

$(5 - x) \cdot 60 + x \cdot t = 5 \cdot 59$.

Thay $t = \frac{{60x + 20}}{{x + 1}}$ vào:

$(5 - x) \cdot 60 + x \cdot \frac{{60x + 20}}{{x + 1}} = 295$.

Ta có: $300 - 60x + \frac{{x(60x + 20)}}{{x + 1}} = 295$,

$- 60x + \frac{{x(60x + 20)}}{{x + 1}} = - 5$.

Nhân với $x + 1$:

$- 60x(x + 1) + x(60x + 20) = - 5(x + 1)$.

Khai triển:

$- 60{x^2} - 60x + 60{x^2} + 20x = - 5x - 5$,

$- 40x = - 5x - 5$,

$- 35x = - 5$,

$x = \frac{1}{7} \approx 0{,}142857$ kg.

Làm tròn đến hàng phần trăm: $0{,}14$ kg.

Áp dụng phương trình khí lí tưởng ở dạng phân tử:

$pV = NkT$.

Suy ra

$N = \frac{{pV}}{{kT}}$.

Đổi đơn vị:

$V = 5{,}0$ lít $= 5{,}0 \cdot {10^{ - 3}},{m^3}$

Thay số:

$N = \frac{{1{,}33 \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot 5{,}0 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{1{,}38 \cdot {{10}^{ - 23}} \cdot 300}}$.

Tử số:

$1{,}33 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 5{,}0 \cdot {10^{ - 3}} = 6{,}65 \cdot {10^{ - 6}}$.

Mẫu số:

$1{,}38 \cdot {10^{ - 23}} \cdot 300 = 4{,}14 \cdot {10^{ - 21}}$.

Do đó

$N = \frac{{6{,}65 \cdot {{10}^{ - 6}}}}{{4{,}14 \cdot {{10}^{ - 21}}}} \approx 1{,}61 \cdot {10^{15}}$.

Vậy $x \approx 1{,}61$.