Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Sở Tuyên Quang lần 2 có đáp án

Đáp án đúng là A

Trong sóng điện từ, vectơ điện trường $\vec E$ và vectơ cảm ứng từ $\vec B$ dao động cùng pha, vuông góc với nhau và cùng vuông góc với phương truyền sóng.

Đáp án đúng là C

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí lí tưởng:

$\overline {{W_d}} = \frac{3}{2}kT$

Vì $\overline {{W_d}}$ tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối $T$, nên khi $T$ tăng gấp đôi thì động năng tịnh tiến trung bình cũng tăng gấp đôi.

Đáp án đúng là C

Khối lượng mol của H₂ là 2 g/mol.

Trong 1 g H₂ có số mol:

$n = \frac{1}{2} = 0{,}5\;mol$

Số phân tử là:

$N = n{N_A} = 0{,}5.6,{02.10^{23}} = 3,{01.10^{23}}$

Đáp án đúng là C

Ta có:

$Q = mc\Delta t = mc({t_2} - {t_1})$

Đổi:

$Q = 37{,}7\;kJ = 37700\;J$

Thay số:

$37700 = 5.130.(90 - {t_1})$

$650(90 - {t_1}) = 37700$

$90 - {t_1} = 58$

${t_1} = {32^\circ }C$

Đáp án đúng là D

Năng lượng liên kết riêng bằng năng lượng liên kết chia cho số nucleon:

$\varepsilon = \frac{{\Delta E}}{A}$

Đáp án đúng là B

Nhiệt chỉ tự truyền từ vật này sang vật kia khi giữa hai vật có sự chênh lệch nhiệt độ. Nhiệt truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn.

Đáp án đúng là B

Khi bình ga mini đang sử dụng, ga bay hơi làm vỏ bình lạnh đi. Hơi nước trong không khí gặp vỏ bình lạnh sẽ ngưng tụ thành lớp nước mỏng bám bên ngoài.

Đáp án đúng là D

Suất điện động cảm ứng cực đại của máy phát điện xoay chiều:

${E_0} = NBS\omega$

Trong đó:

$N = 50$

$S = 2{,}0\;c{m^2} = 2,{0.10^{ - 4}}\;{m^2}$

$B = 0{,}02\;T$

$f = 30$ vòng/s nên:

$\omega = 2\pi f = 2.3{,}14.30 = 188{,}4\;rad/s$

Suy ra:

${E_0} = 50.0{,}02.2,{0.10^{ - 4}}.188{,}4$

${E_0} = 0{,}03768\;V = 37,{68.10^{ - 3}}\;V$

Đáp án đúng là B

Quá trình đun nóng đẳng tích nên thể tích không đổi.

Do thể tích không đổi nên khí không thực hiện công và cũng không nhận công:

$A = 0$

Vì khí được đun nóng nên khí nhận nhiệt:

$Q > 0$

Vậy điều kiện đúng là:

$Q > 0$ và $A = 0$

Đáp án đúng là A

Trong kĩ thuật siêu âm, sóng siêu âm truyền vào cơ thể, gặp các mặt phân cách giữa các mô, cơ quan khác nhau thì bị phản xạ. Máy thu sóng phản xạ để dựng ảnh bên trong cơ thể.

Đáp án đúng là B

Lần chiếu xạ đầu tiên có thời gian:

$\Delta {t_1} = 25$ phút.

Cứ sau 1 tháng chiếu một lần, nên lần thứ 3 cách lần đầu 2 tháng.

Chu kì bán rã:

$T = 4$ tháng.

Sau 2 tháng, độ phóng xạ còn lại là:

$H = {H_0}{.2^{ - \frac{2}{4}}} = {H_0}{.2^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{{{H_0}}}{{\sqrt 2 }}$

Muốn nhận cùng lượng tia $\gamma$ như lần đầu thì thời gian chiếu phải tăng lên $\sqrt 2$ lần:

$\Delta {t_3} = 25\sqrt 2 \approx 35{,}4$ phút.

Đáp án đúng là D

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nucleon. Nucleon gồm proton và neutron.

Đáp án đúng là B

Với hạt nhân $_{92}^{235}U$:

Số khối:

$A = 235$

Số proton:

$Z = 92$

Số neutron:

$N = A - Z = 235 - 92 = 143$

Đáp án đúng là C

Cạnh hộp:

$a = 10\;cm = 0{,}1\;m$

Thể tích hộp:

$V = {a^3} = 0,{1^3} = {10^{ - 3}}\;{m^3}$

Nhiệt độ:

$T = 20 + 273 = 293\;K$

Số phân tử khí trong hộp:

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

Thay số:

$N = \frac{{1,{{2.10}^6}{{.10}^{ - 3}}}}{{1,{{38.10}^{ - 23}}.293}}$

$N \approx 2,{97.10^{23}}$

Trong một hộp lập phương, xét gần đúng theo 6 hướng chuyển động đối xứng, số phân tử chuyển động đập vào một mặt hộp xấp xỉ:

${N_1} = \frac{N}{6} \approx \frac{{2,{{97.10}^{23}}}}{6} = 4,{95.10^{22}}$

Đáp án đúng là A

Chuyển động Brown là chuyển động hỗn loạn, không ngừng của các hạt nhỏ do va chạm không đều với các phân tử môi trường.

Đáp án đúng là B

Máy biến áp chỉ làm thay đổi điện áp xoay chiều, không làm thay đổi tần số dòng điện. Vì vậy tần số dòng điện ở cuộn thứ cấp bằng tần số dòng điện ở cuộn sơ cấp.

Đáp án đúng là A

Khi đóng khóa $k$, dòng điện chạy qua ống dây làm ống dây trở thành nam châm điện.

Theo chiều dòng điện trong hình, dùng quy tắc nắm tay phải xác định được đầu bên phải của ống dây là cực N. Kim nam châm đặt bên phải ống dây có cực S ở phía bên phải, nên khi quay, cực S sẽ bị hút về phía ống dây.

Đáp án đúng là C

Theo thuyết động học phân tử chất khí, áp suất khí lí tưởng được xác định bởi:

$p = \frac{1}{3}\mu m\overline {{v^2}}$

Trong đó $\mu$ là mật độ hạt, $m$ là khối lượng mỗi phân tử khí, $\overline {{v^2}}$ là trung bình bình phương tốc độ phân tử.

Từ đồ thị ta đọc được:

$t = 0$: $\Phi = 0$ Wb.

$t = 100$ ms: $\Phi = 0{,}20$ Wb.

$t = 300$ ms: $\Phi = 0{,}15$ Wb.

$t = 500$ ms: $\Phi = 0{,}15$ Wb.

Đổi: $100$ ms $= 0{,}1$ s; $200$ ms $= 0{,}2$ s.

Suất điện động cảm ứng có độ lớn:

$e = \left| {\frac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right|$

Điện lượng qua tiết diện dây dẫn:

$q = \frac{{|\Delta \Phi |}}{R}$

a) Đúng

Từ $0$ đến $100$ ms:

${q_1} = \frac{{|0{,}20 - 0|}}{2} = 0{,}10\;C$

Từ $100$ ms đến $300$ ms:

${q_2} = \frac{{|0{,}15 - 0{,}20|}}{2} = 0{,}025\;C$

Tổng điện lượng chuyển dịch qua tiết diện dây dẫn:

$q = {q_1} + {q_2} = 0{,}10 + 0{,}025 = 0{,}125\;C$

b) Sai

Từ $100$ ms đến $300$ ms:

$\Delta \Phi = 0{,}15 - 0{,}20 = - 0{,}05\;Wb$

$\Delta t = 300 - 100 = 200$ ms $= 0{,}2$ s

Độ lớn suất điện động cảm ứng:

$e = \left| {\frac{{ - 0{,}05}}{{0{,}2}}} \right| = 0{,}25\;V$

Mệnh đề nói bằng $2{,}0\;V$ nên sai.

c) Đúng

Từ $300$ ms đến $500$ ms, đồ thị nằm ngang nên từ thông không đổi:

$\Delta \Phi = 0$

Do đó:

$e = \left| {\frac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right| = 0$

d) Đúng

Từ $0$ đến $100$ ms:

${e_1} = \left| {\frac{{0{,}20 - 0}}{{0{,}1}}} \right| = 2{,}0\;V$

Từ $100$ ms đến $300$ ms:

${e_2} = 0{,}25\;V$

Tỉ số:

$\frac{{{e_1}}}{{{e_2}}} = \frac{{2{,}0}}{{0{,}25}} = 8$

Vậy suất điện động cảm ứng trong giai đoạn $0$ đến $100$ ms gấp 8 lần giai đoạn $100$ ms đến $300$ ms.

Dữ kiện:

${m_{Al}} = 600\;g = 0{,}6\;kg$

${m_{nuoc}} = 1{,}5$ lít $= 1{,}5\;kg$

${t_1} = {20^\circ }C$, ${t_2} = {100^\circ }C$

$\Delta t = {80^\circ }C$

${c_{Al}} = 880\;J/kg.K$

${c_{nuoc}} = 4200\;J/kg.K$

$L = 2,{26.10^6}\;J/kg$

Lượng nước hóa hơi:

${m_{hh}} = 20\% .1{,}5 = 0{,}3\;kg$

Thời gian đun:

$35$ phút $= 2100$ s

a) Sai

Nhiệt lượng dùng để đun nóng nước:

${Q_1} = {m_{nuoc}}{c_{nuoc}}\Delta t = 1{,}5.4200.80 = 504000\;J$

Nhiệt lượng dùng để đun nóng ấm nhôm:

${Q_2} = {m_{Al}}{c_{Al}}\Delta t = 0{,}6.880.80 = 42240\;J$

Nhiệt lượng dùng để hóa hơi nước:

${Q_3} = {m_{hh}}L = 0{,}3.2,{26.10^6} = 678000\;J$

Tổng nhiệt lượng có ích:

${Q_{{\rm{\'i }}ch}} = 504000 + 42240 + 678000 = 1224240\;J$

Vì chỉ có $75\%$ nhiệt lượng bếp tỏa ra được dùng vào việc đun ấm nước nên:

${Q_{bep}} = \frac{{{Q_{{\rm{\'i }}ch}}}}{{0{,}75}} = \frac{{1224240}}{{0{,}75}} = 1632320\;J$

Công suất trung bình của bếp:

$P = \frac{{{Q_{bep}}}}{t} = \frac{{1632320}}{{2100}} \approx 777{,}3\;J/s$

Mệnh đề cho $582{,}97\;J/s$ là giá trị của $\frac{{{Q_{{\rm{\'i }}ch}}}}{{2100}}$, chưa tính hiệu suất.

b) Sai

Nhiệt lượng cung cấp cho nước tăng từ ${20^\circ }C$ lên ${100^\circ }C$ là:

${Q_1} = {m_{nuoc}}{c_{nuoc}}\Delta t$

${Q_1} = 1{,}5.4200.80 = 504000\;J$

Mệnh đề nói $540000\;J$ nên sai.

c) Đúng

Nhiệt lượng cung cấp cho ấm nhôm tăng từ ${20^\circ }C$ lên ${100^\circ }C$:

${Q_2} = {m_{Al}}{c_{Al}}\Delta t$

${Q_2} = 0{,}6.880.80 = 42240\;J$

d) Đúng

Nhiệt hóa hơi riêng được xác định bởi công thức:

$L = \frac{Q}{m}$

Trong đó $Q$ là nhiệt lượng cần để hóa hơi hoàn toàn khối lượng $m$ chất lỏng ở nhiệt độ sôi.

Đồ thị là đồ thị $p - T$.

Với một lượng khí xác định, ta có:

$\frac{{pV}}{T} = {\rm{hang so}}$

Suy ra:

$V\~\frac{T}{p}$

Ở trạng thái $(1)$:

${p_1} = 1{,}0$ atm, ${T_1} = 290\;K$, ${V_1} = 400\;c{m^3}$.

a) Đúng

Quá trình $(2) \to (3)$ là đoạn nằm ngang trên đồ thị $p - T$, nên áp suất không đổi:

${p_2} = {p_3} = 1{,}8$ atm

Khi đi từ $(2)$ đến $(3)$, nhiệt độ tăng nên thể tích tăng.

Vậy đây là quá trình dãn nở đẳng áp.

b) Đúng

Trước hết tìm ${T_2}$.

Quá trình $(1) \to (2)$ là đẳng tích nên:

$\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}}$

Suy ra:

${T_2} = \frac{{{p_2}{T_1}}}{{{p_1}}} = \frac{{1{,}8.290}}{{1{,}0}} = 522\;K$

Từ đồ thị hình bình hành:

${T_4} = 870\;K$

Do đó:

${T_3} = {T_2} + ({T_4} - {T_1}) = 522 + (870 - 290) = 1102\;K$

Ở trạng thái $(3)$:

${p_3} = 1{,}8$ atm, ${T_3} = 1102\;K$

Áp dụng:

$\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_3}{V_3}}}{{{T_3}}}$

Suy ra:

${V_3} = {V_1}.\frac{{{p_1}}}{{{p_3}}}.\frac{{{T_3}}}{{{T_1}}}$

${V_3} = 400.\frac{{1{,}0}}{{1{,}8}}.\frac{{1102}}{{290}} \approx 844{,}4\;c{m^3}$

c) Đúng

Như trên, quá trình $(1) \to (2)$ là đẳng tích:

$\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}}$

${T_2} = \frac{{1{,}8.290}}{{1{,}0}} = 522\;K$

d) Sai

Quá trình $(1) \to (2)$ là đẳng tích vì đường thẳng đi qua gốc tọa độ, tức là $\frac{p}{T}$ không đổi.

Nhưng quá trình $(3) \to (4)$ không phải đẳng tích.

Ta kiểm tra:

Ở trạng thái $(3)$:

${V_3} \approx 844{,}4\;c{m^3}$

Ở trạng thái $(4)$:

${p_4} = 1{,}0$ atm, ${T_4} = 870\;K$

${V_4} = {V_1}.\frac{{{p_1}}}{{{p_4}}}.\frac{{{T_4}}}{{{T_1}}}$

${V_4} = 400.\frac{{1{,}0}}{{1{,}0}}.\frac{{870}}{{290}} = 1200\;c{m^3}$

Vì ${V_4} \ne {V_3}$ nên quá trình $(3) \to (4)$ không phải đẳng tích.

Phản ứng hạt nhân:

${}_1^1H + {}_3^7Li \to {}_2^4He + X$

Bảo toàn số khối và điện tích:

Vế trái có:

$A = 1 + 7 = 8$

$Z = 1 + 3 = 4$

Vế phải đã có hạt $_2^4He$, nên hạt $X$ phải có:

${A_X} = 8 - 4 = 4$

${Z_X} = 4 - 2 = 2$

Vậy:

$X = _2^4He$

Phản ứng thực chất là:

${}_1^1H + {}_3^7Li \to {}_2^4He + {}_2^4He$

a) Sai

Mỗi phản ứng tạo ra 2 hạt nhân $_2^4He$.

Muốn tổng hợp $1$ mol $_2^4He$ thì cần số hạt helium là:

${N_A} = 6,{02.10^{23}}$ hạt

Vì mỗi phản ứng tạo $2$ hạt helium nên số phản ứng cần thiết là:

$N = \frac{{{N_A}}}{2} = 3,{01.10^{23}}$ phản ứng

Mệnh đề nói $6,{02.10^{23}}$ phản ứng nên sai.

b) Đúng

Như đã bảo toàn số khối và điện tích ở trên:

$X = {}_2^4He$

c) Sai

Khối lượng trước phản ứng:

${m_{truoc}} = 1{,}0073 + 7{,}0144 = 8{,}0217\;amu$

Khối lượng sau phản ứng:

${m_{sau}} = 4{,}0015 + 4{,}0015 = 8{,}0030\;amu$

Độ hụt khối của phản ứng:

$\Delta m = {m_{truoc}} - {m_{sau}} = 8{,}0217 - 8{,}0030 = 0{,}0187\;amu$

Năng lượng tỏa ra mỗi phản ứng:

$E = \Delta m.{c^2} = 0{,}0187.931{,}5 \approx 17{,}42\;MeV$

Mệnh đề nói $0{,}0187\;MeV$ nên sai.

Giá trị $0{,}0187$ là độ hụt khối theo đơn vị amu, không phải năng lượng MeV.

d) Đúng

Số phản ứng cần để tổng hợp $1$ mol $_2^4He$ là:

$N = \frac{{6,{{02.10}^{23}}}}{2} = 3,{01.10^{23}}$

Năng lượng tỏa ra mỗi phản ứng:

${E_1} \approx 17{,}42\;MeV$

Tổng năng lượng tỏa ra:

$E = N.{E_1}$

$E = 3,{01.10^{23}}.17{,}42 \approx 5,{24.10^{24}}\;MeV$

Đáp án: 1,18

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có dòng điện:

$F = BIl\sin \alpha$

Với $B = 0{,}2\;T$, $I = 3\;A$, $\alpha = {45^\circ }$, $F = 0{,}5\;N$.

Suy ra chiều dài đoạn dây:

$l = \frac{F}{{BI\sin {{45}^\circ }}}$

$l = \frac{{0{,}5}}{{0{,}2.3.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}$

$l \approx 1{,}18\;m$

Vậy chiều dài đoạn dây dẫn là 1,18 m.

Đáp án: 0,42

Đổi đơn vị:

$S = 100\;c{m^2} = 0{,}01\;{m^2}$

Piston chuyển động rất chậm nên áp suất khí trong xi lanh coi như không đổi:

$p = {p_0} + \frac{{mg}}{S}$

$p = {10^5} + \frac{{2.10}}{{0{,}01}} = 102000\;Pa$

Với khí lí tưởng đơn nguyên tử:

$\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T$

Vì quá trình đẳng áp nên:

$nR\Delta T = p\Delta V$

Do đó:

$\Delta U = \frac{3}{2}p\Delta V$

Công khí thực hiện:

$A = p\Delta V$

Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học:

$Q = \Delta U + A$

$Q = \frac{3}{2}p\Delta V + p\Delta V = \frac{5}{2}p\Delta V$

Suy ra:

$\Delta V = \frac{{2Q}}{{5p}}$

$\Delta V = \frac{{2.1080}}{{5.102000}} \approx 0{,}00424\;{m^3}$

Mà $\Delta V = S.h$, nên:

$h = \frac{{\Delta V}}{S} = \frac{{0{,}00424}}{{0{,}01}} \approx 0{,}424\;m$

Làm tròn đến hàng phần trăm:

$h \approx 0{,}42\;m$

Vậy độ dịch chuyển của piston là 0,42 m.

Đáp án: 0,19

Gọi ${m_1}$ là khối lượng oxygen O₂, ${m_2}$ là khối lượng nitrogen N₂.

Ở nhiệt độ $T$:

Oxygen phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử O.

Số mol nguyên tử O là:

${n_O} = \frac{{{m_1}}}{{16}}$

Nitrogen vẫn ở dạng phân tử N₂.

Số mol phân tử N₂ là:

${n_{{N_2}}} = \frac{{{m_2}}}{{28}}$

Vậy áp suất ban đầu:

$p = \frac{{RT}}{V}\left( {\frac{{{m_1}}}{{16}} + \frac{{{m_2}}}{{28}}} \right)$

Khi tăng nhiệt độ lên $2T$, nitrogen phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử N.

Số mol nguyên tử N là:

${n_N} = \frac{{{m_2}}}{{14}}$

Áp suất lúc sau:

$p' = \frac{{R.2T}}{V}\left( {\frac{{{m_1}}}{{16}} + \frac{{{m_2}}}{{14}}} \right)$

Theo đề:

$p' = 3{,}5p$

Suy ra:

$2\left( {\frac{{{m_1}}}{{16}} + \frac{{{m_2}}}{{14}}} \right) = 3{,}5\left( {\frac{{{m_1}}}{{16}} + \frac{{{m_2}}}{{28}}} \right)$

Chia hai vế cho ${m_2}$, đặt $x = \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}$:

$2\left( {\frac{x}{{16}} + \frac{1}{{14}}} \right) = 3{,}5\left( {\frac{x}{{16}} + \frac{1}{{28}}} \right)$

Rút gọn:

$\frac{x}{8} + \frac{1}{7} = \frac{{7x}}{{32}} + \frac{1}{8}$

$\frac{1}{7} - \frac{1}{8} = \frac{{7x}}{{32}} - \frac{x}{8}$

$\frac{1}{{56}} = \frac{{3x}}{{32}}$

$x = \frac{{32}}{{168}} = \frac{4}{{21}} \approx 0{,}19$

Vậy:

$\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \approx 0{,}19$

Đáp án: 0,4

Gọi số hạt nhân ${}_{84}^{210}Po$ ban đầu là ${N_0}$, số hạt nhân X ban đầu là N$_{X0}$.

Đặt:

$a = {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}$

Tại thời điểm ${t_1}$:

Số hạt nhân $_{84}^{210}Po$ còn lại là:

${N_{Po1}} = {N_0}a$

Số hạt nhân X trong mẫu là:

${N_{X1}} = {N_{X0}} + {N_0}(1 - a)$

Theo đề:

$\frac{{{N_{X1}}}}{{{N_{Po1}}}} = 3$

$\frac{{{N_{X0}} + {N_0}(1 - a)}}{{{N_0}a}} = 3$

Chia cả tử và mẫu cho ${N_0}$, đặt $x = \frac{{{N_{X0}}}}{{{N_0}}}$:

$x + 1 - a = 3a$

Suy ra:

$x = 4a - 1$ (1)

Tại thời điểm ${t_2} = 4{t_1}$:

Số hạt nhân $_{84}^{210}Po$ còn lại là:

${N_{Po2}} = {N_0}{a^4}$

Số hạt nhân X trong mẫu là:

${N_{X2}} = {N_{X0}} + {N_0}(1 - {a^4})$

Theo đề:

$\frac{{{N_{X2}}}}{{{N_{Po2}}}} = 5$

$\frac{{{N_{X0}} + {N_0}(1 - {a^4})}}{{{N_0}{a^4}}} = 5$

Suy ra:

$x + 1 - {a^4} = 5{a^4}$

$x = 6{a^4} - 1$ (2)

Từ (1) và (2):

$4a - 1 = 6{a^4} - 1$

$4a = 6{a^4}$

${a^3} = \frac{2}{3}$

$a = \sqrt[3]{{\frac{2}{3}}} \approx 0{,}8736$

Khi đó:

$x = 4a - 1 \approx 4.0{,}8736 - 1 = 2{,}4944$

Mà $x = \frac{{{N_{X0}}}}{{{N_0}}}$, nên:

$\frac{{{N_0}}}{{{N_{X0}}}} = \frac{1}{x} \approx \frac{1}{{2{,}4944}} \approx 0{,}4$

Vậy tỉ số giữa số hạt nhân $_{84}^{210}Po$ và số hạt nhân X ban đầu là 0,4.

Đáp án: 1,99

Dữ kiện:

$l = 20\;cm = 0{,}2\;m$

$m = 50\;g = 0{,}05\;kg$

$B = 0{,}2\;T$

$E = 6\;V$

$r = 0{,}1\;\Omega$

$R = 2\;\Omega$

$\mu = 0{,}25$

$\beta = {12^\circ }$

Dòng điện trong mạch lúc vừa đóng khóa:

$I = \frac{E}{{R + r}}$

$I = \frac{6}{{2 + 0{,}1}} = \frac{6}{{2{,}1}} \approx 2{,}857\;A$

Lực từ tác dụng lên thanh MN có độ lớn:

${F_t} = BIl$

${F_t} = 0{,}2.2{,}857.0{,}2 \approx 0{,}1143\;N$

Theo chiều dòng điện trong hình, lực từ có thành phần kéo thanh chuyển động xuống dốc. Thành phần lực từ theo phương mặt phẳng nghiêng là:

${F_{t//}} = {F_t}\cos \beta$

${F_{t//}} = 0{,}1143.\cos {12^\circ } \approx 0{,}1118\;N$

Thành phần trọng lực kéo thanh xuống dốc:

${P_{//}} = mg\sin \beta$

${P_{//}} = 0{,}05.10.\sin {12^\circ } \approx 0{,}1040\;N$

Do lực từ nằm ngang nên nó có thành phần vuông góc với mặt phẳng nghiêng, làm giảm áp lực của thanh lên ray:

$N = mg\cos \beta - {F_t}\sin \beta$

$N = 0{,}05.10.\cos {12^\circ } - 0{,}1143.\sin {12^\circ }$

$N \approx 0{,}4653\;N$

Lực ma sát:

${F_{ms}} = \mu N$

${F_{ms}} = 0{,}25.0{,}4653 \approx 0{,}1163\;N$

Chọn chiều dương là chiều xuống dốc. Áp dụng định luật II Newton:

$ma = {P_{//}} + {F_{t//}} - {F_{ms}}$

$a = \frac{{{P_{//}} + {F_{t//}} - {F_{ms}}}}{m}$

$a = \frac{{0{,}1040 + 0{,}1118 - 0{,}1163}}{{0{,}05}}$

$a \approx 1{,}99\;m/{s^2}$

Vậy gia tốc của thanh MN ngay khi đóng khóa là 1,99 m/s².

Đáp án: 0,03

Hạt nhân $_3^6Li$ có:

Số proton:

$Z = 3$

Số neutron:

$N = A - Z = 6 - 3 = 3$

Tổng khối lượng các proton và neutron riêng rẽ là:

${m_0} = 3{m_p} + 3{m_n}$

${m_0} = 3.1{,}0073 + 3.1{,}0087$

${m_0} = 3{,}0219 + 3{,}0261 = 6{,}0480\;amu$

Độ hụt khối:

$\Delta m = {m_0} - {m_{Li}}$

$\Delta m = 6{,}0480 - 6{,}0135 = 0{,}0345\;amu$

Làm tròn đến hàng phần trăm:

$\Delta m \approx 0{,}03\;amu$

Vậy độ hụt khối của $_3^6Li$ là 0,03 amu.