Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 THPT Chuyên Lê Khiết (Quảng Ngãi) có đáp án

Thông số trạng thái của một lượng khí xác định là các đại lượng mô tả trạng thái của khí như $p,{\rm{ }}V,{\rm{ }}T$.

• Thể tích: là thông số trạng thái.

• Nhiệt độ tuyệt đối: là thông số trạng thái.

• Áp suất: là thông số trạng thái.

• Khối lượng: với một lượng khí đã xác định thì khối lượng không phải thông số trạng thái biến đổi của hệ.

Chọn D.

Hiện tượng bay hơi là chất lỏng chuyển thành hơi.

• A: quần áo khô ngoài nắng là bay hơi.

• B: giọt nước ngoài thành cốc nước đá là ngưng tụ, không phải bay hơi.

• C: khí môi chất lạnh trong điều hòa có sự bay hơi.

• D: làm muối gần biển dựa vào nước bay hơi.

Chọn B.

Biển báo chất phóng xạ là kí hiệu ba cánh quạt đặc trưng của phóng xạ.

Trong đề, đó là Hình 2.

Chọn A.

Trong kí hiệu hạt nhân $_Z^AX$:

• $Z$ là số proton.

• $A$ là số khối, tức là tổng số nuclon.

Chọn D.

Chuyển động Brown là do các phân tử nước chuyển động nhiệt va chạm không ngừng vào hạt phấn hoa.

• A đúng.

• B sai vì không phải do lực hút đẩy theo kiểu đó.

• C sai vì nhiệt độ tăng thì chuyển động Brown mạnh hơn.

• D sai vì chuyển động Brown chứng tỏ phân tử luôn chuyển động, không chứng tỏ “không có khoảng cách”.

Chọn A.

Ta có: $e = {E_0}\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right) = - {E_0}\sin \omega t$

Với khung quay đều trong từ trường: $e = {E_0}\sin \theta$

trong đó $\theta$ là góc giữa vectơ pháp tuyến và vectơ cảm ứng từ.

Tại $t = 0$: $e(0) = {E_0}\cos \frac{\pi }{2} = 0$

Vậy $sinθ{}_{0}=0\Rightarrow θ{}_{0}=0{}^{^{\circ}}$ hoặc $180{}^{^{\circ}}$.

Xét thêm dấu của suất điện động ngay sau $t = 0$:

$e = - {E_0}\sin \omega t$ nên với $t > 0$ rất nhỏ thì $e < 0$, suy ra phải ứng với $θ{}_{0}=180{}^{^{\circ}}$.

Chọn D

Trạng thái plasma thường xuất hiện ở nhiệt độ rất cao, khi nguyên tử bị ion hóa mạnh.

Chọn A.

Theo nguyên lí I nhiệt động lực học:

$\Delta U = Q + A$

Đề cho: $\Delta U = Q$

Suy ra: $A = 0$

Khí không thực hiện công, tức là thể tích không đổi.

Chọn A.

Mức độ bền vững của hạt nhân phụ thuộc vào năng lượng liên kết riêng, mà đại lượng tỉ lệ với nó là:

$\frac{{\Delta m}}{A}$

Hạt nhân càng bền thì $\frac{{\Delta m}}{A}$ càng lớn.

Do đó biểu thức tương đương cần nhỏ nhất là: $\frac{A}{{\Delta m}}$

Chọn D.

Ba chất có cùng khối lượng, được cung cấp nhiệt như nhau theo thời gian. Khi đó:

$Q = mc\Delta T$

Nếu công suất cấp nhiệt như nhau thì đường nào có độ dốc nhỏ hơn thì $c$ lớn hơn.

Trên đồ thị:

• A tăng nhiệt độ nhanh nhất $\Rightarrow {c_A}$ nhỏ nhất.

• C tăng chậm nhất $\Rightarrow {c_C}$ lớn nhất.

Chọn B.

Dòng điện cảm ứng trong đầu đọc ổ cứng sinh ra do từ thông qua cuộn dây biến thiên, theo định luật Faraday.

Chọn B.

Phản ứng phân hạch dây chuyền là phản ứng mà hạt nhân nặng hấp thụ neutron, vỡ ra, đồng thời phát ra neutron mới tiếp tục gây phân hạch.

Chọn D.

Trong sóng điện từ, $\vec E$ và $\vec B$ dao động cùng pha, không ngược pha.

Vì vậy phát biểu sai là C.

Chọn C.

Muốn xác định nhiệt nóng chảy riêng $\lambda$, phải xác định được phần nhiệt dùng riêng cho quá trình nóng chảy.

• A: làm được, vì biết nhiệt dung riêng rắn và lỏng nên tách được phần tăng nhiệt trước và sau nóng chảy.

• B: rất chuẩn, vì chỉ xét đúng giai đoạn nóng chảy.

• C: bắt đầu từ rắn và kết thúc khi mới thấy đang nóng chảy thì chưa biết đã nóng chảy bao nhiêu, nên không xác định được $\lambda$.

• D: vẫn làm được nếu theo dõi đến khi nóng chảy xong rồi dùng dữ liệu nhiệt dung.

Chọn C.

Từ đồ thị, hạt nhân $X$ ở gần $(Z,N) = (92{,}146)$ và hạt nhân ổn định $Y$ ở gần $(82{,}124)$.

Mỗi phân rã $\alpha$:

• $Z$ giảm 2

• $N$ giảm 2

Mỗi phân rã ${\beta ^ - }$:

• $Z$ tăng 1

• $N$ giảm 1

Gọi số phân rã $\alpha$ là $a$, số phân rã ${\beta ^ - }$ là $b$.

Theo số proton:

$92 - 2a + b = 82$

Theo số nơtron:

$146 - 2a - b = 124$

Từ đó:

$2a - b = 10$

$2a + b = 22$

Cộng hai phương trình:

$4a = 32 \Rightarrow a = 8$

Suy ra: $b = 6$

Chọn C.

Theo định nghĩa: $Q = \lambda m$

Suy ra: $\lambda = \frac{Q}{m}$

Chọn B.

Với dòng điện chạy theo chiều kim đồng hồ, từ trường tại các điểm bên trong vòng dây hướng vào trang giấy, còn ở vùng bên ngoài hướng ra khỏi trang giấy.

Trong hình:

• $M$: ngoài vòng, kí hiệu chấm $\odot$ là đúng.

• $N$: trong vòng, kí hiệu $\otimes$ là đúng.

• $P$: ngoài vòng, kí hiệu chấm $\odot$ là đúng.

• $Q$: nằm trong vòng mà lại kí hiệu chấm $\odot$, nên sai.

Chọn C.

Trên đồ thị $(p,T)$:

• Đường thẳng đi qua gốc tọa độ là đẳng tích vì $\frac{p}{T} = \frac{{nR}}{V}$ không đổi.

• Đoạn $(1) \to (2)$ đi theo đường đẳng tích và $T$ tăng, nên là nung nóng đẳng tích.

• Đoạn $(2) \to (3)$ là đường thẳng đứng, nên $T$ không đổi, tức là đẳng nhiệt. Áp suất giảm nên khí dãn đẳng nhiệt.

Chọn B.

a) Sai

Việc phát hiện $_{43}^{99}{\rm{Tc}}$ chỉ cho thấy có quá trình tạo ra một số nguyên tố trong sao, không thể kết luận mọi nguyên tố nặng đều đang được tạo ra liên tục.

b) Đúng

Nếu một đồng vị có chu kì bán rã rất ngắn so với tuổi sao mà vẫn còn được phát hiện, thì nó phải đang được tạo ra trong sao, nếu không nó đã phân rã gần hết từ lâu.

c) Đúng

Chu kì bán rã là $200000$ năm, còn thời gian là ${10^{10}}$ năm.

Số chu kì bán rã: $n = \frac{{{{10}^{10}}}}{{2 \cdot {{10}^5}}} = 5 \cdot {10^4}$

Phần còn lại: ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{50000}}$

Giá trị này gần như bằng $0$.

d) Đúng

Các nguyên tố nặng hơn He chủ yếu được tạo thành trong sao nhờ các phản ứng hạt nhân.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.Đ, d.Đ

a) Sai

Giả thuyết (2) sai vì không có nam châm thì không có từ trường ngoài đáng kể để tạo momen quay cho khung dây.

Giả thuyết (3) đúng, nhưng lí do “dòng điện luôn gây ra chuyển động” là sai.

b) Đúng

Muốn có lực từ tác dụng lên đoạn dây có dòng điện thì đoạn dây phải đặt trong từ trường.

c) Sai

Nếu không thấy khung dây quay thì không nhất thiết do không có từ trường. Có thể còn do:

• tiếp xúc điện kém,

• ma sát lớn,

• khung đang ở vị trí momen lực gần bằng 0,

• nguồn điện yếu.

d) Đúng

(1) và (4) phù hợp đúng với nguyên lí hoạt động của động cơ điện: điện năng biến thành cơ năng nhờ lực từ.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.S, d.Đ

Gọi tọa độ các điểm trên đồ thị $(p,V)$.

• Vì $AP\parallel OV$ nên $AP$ là đoạn nằm ngang, tức là đẳng áp, không phải đẳng tích.

• Đường thẳng $BP$ kéo dài qua gốc tọa độ nên trên đó có dạng:

$p = kV$

a) Sai

Quá trình $A \to P$ là đẳng áp, không phải thể tích không đổi.

b) Đúng

Vì trên đoạn $BP$ có: $p = kV$

nên áp suất tỉ lệ thuận với thể tích.

c) Sai

Do $B$ nằm trên đẳng nhiệt ${T_2} = 4{T_1}$, còn $C$ nằm trên đẳng nhiệt ${T_1}$ và cả hai cùng thuộc đường $p = kV$:

Ta có:

${p_B}{V_B} = 4nR{T_1}$,

${p_C}{V_C} = nR{T_1}$

Mà $p = kV \Rightarrow pV = k{V^2}$, nên: $kV_B^2 = 4kV_C^2 \Rightarrow {V_B} = 2{V_C}$, suy ra ${p_B} = 2{p_C}$.

Vì $P$ là trung điểm của $BC$:

${V_P} = \frac{{{V_B} + {V_C}}}{2} = \frac{{2{V_C} + {V_C}}}{2} = \frac{{3{V_C}}}{2}$

${p_P} = \frac{{{p_B} + {p_C}}}{2} = \frac{{2{p_C} + {p_C}}}{2} = \frac{{3{p_C}}}{2}$

Nên: ${T_P} = \frac{{{p_P}{V_P}}}{{nR}} = \frac{{\frac{3}{2}{p_C} \cdot \frac{3}{2}{V_C}}}{{nR}} = \frac{9}{4}\frac{{{p_C}{V_C}}}{{nR}} = \frac{9}{4}{T_1}$

Trong khi: $\frac{{{T_1} + {T_2}}}{2} = \frac{{{T_1} + 4{T_1}}}{2} = \frac{5}{2}{T_1}$

Hai giá trị khác nhau, nên phát biểu sai.

d) Sai

Ta tính công toàn phần.

Do $A$ và $C$ cùng trên đẳng nhiệt ${T_1}$:

${p_A}{V_A} = {p_C}{V_C} = nR{T_1}$

Lại có ${p_A} = {p_P} = \frac{3}{2}{p_C}$ nên: ${V_A} = \frac{{{p_C}{V_C}}}{{{p_A}}} = \frac{{{p_C}{V_C}}}{{\frac{3}{2}{p_C}}} = \frac{{2{V_C}}}{3}$

Công trên đoạn $A \to P$

${A_{AP}} = {p_A}({V_P} - {V_A}) = \frac{3}{2}{p_C}\left( {\frac{3}{2}{V_C} - \frac{2}{3}{V_C}} \right) = \frac{5}{4}{p_C}{V_C} = \frac{5}{4}nR{T_1}$

Công trên đoạn $P \to B$

Vì $p = kV$: ${A_{PB}} = \int_{{V_P}}^{{V_B}} p ,dV = \int_{{V_P}}^{{V_B}} k V,dV = \frac{k}{2}(V_B^2 - V_P^2)$

Mà $kV_C^2 = {p_C}{V_C} = nR{T_1}$, nên: ${A_{PB}} = \frac{1}{2}k\left( {{{(2{V_C})}^2} - {{\left( {\frac{{3{V_C}}}{2}} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{2}k\left( {4 - \frac{9}{4}} \right)V_C^2 = \frac{7}{8}nR{T_1}$

Vậy: ${A_{A \to B}} = {A_{AP}} + {A_{PB}} = \frac{5}{4}nR{T_1} + \frac{7}{8}nR{T_1} = \frac{{17}}{8}nR{T_1}$

Còn: $\frac{1}{4}nR({T_2} - {T_1}) = \frac{1}{4}nR(4{T_1} - {T_1}) = \frac{3}{4}nR{T_1}$

Không bằng nhau.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.S, d.S

Gọi khối lượng kem là $m$ (kg).

Nhiệt cà phê tỏa ra: $Q{}_{\text{c}\text{à}\ \text{p}\text{h}\text{ê}}=0{,}2\cdot 4200\cdot (80-40)=33600\ \text{J}$

Nhiệt cốc sứ thu vào: $Q{}_{\text{c}\text{?}\text{c}}=0{,}15\cdot 840\cdot (40-25)=1890\ \text{J}$

Nhiệt thìa bạc thu vào: $Q{}_{\text{t}\text{h}\text{ì}\text{a}}=0{,}05\cdot 230\cdot (40-(-10))=575\ \text{J}$

Nhiệt kem thu vào gồm 3 phần:

• Tăng nhiệt từ $-10{}^{^{\circ}}\text{C}$ lên $0{}^{^{\circ}}\text{C}$:

$Q{}_{1}=m\cdot 2000\cdot 10=20000m$

• Nóng chảy: $Q{}_{2}=m\cdot 3{,}4\cdot 10{}^{5}=340000m$

• Phần kem đã tan tăng từ $0{}^{^{\circ}}\text{C}$ lên $40{}^{^{\circ}}\text{C}$:

${Q_3} = m \cdot 4200 \cdot 40 = 168000m$

Tổng nhiệt kem nhận: ${Q_{{\rm{kem}}}} = 528000m$

Cân bằng nhiệt: $33600 = 1890 + 575 + 528000m$

$\Rightarrow 528000m = 31135$

$\Rightarrow m \approx 0{,}059\;{\rm{kg}} = 59\;{\rm{g}}$

a) Sai

Khối lượng kem đúng xấp xỉ $59\;{\rm{g}}$, không phải $47\;{\rm{g}}$.

b) Đúng

Sau khi tan hết, phần kem lỏng tiếp tục nhận nhiệt để tăng từ $0^{\circ}C$ lên $40^{\circ}C$.

c) Đúng

Khi cho vào cốc, kem và thìa bạc đều đang ở nhiệt độ thấp hơn cà phê nên đều nhận nhiệt từ cà phê.

d) Sai

Cốc sứ nhận một lượng nhiệt đáng kể, không thể bỏ qua.

Kết quả: a.S, b.Đ, c.Đ, d.S

Đáp án: 500

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

Đề cho: $\bar W = 0{,}1\;{\rm{eV}}$

Suy ra: $T = \frac{{2\bar W}}{{3k}}$

Đổi ra Kelvin rồi sang độ C, ta được:

$T\approx 773{,}6\text{K}\Rightarrow t\approx 500,{5}^{^{\circ}}\text{C}$

Làm tròn: $t\approx {500}^{^{\circ}}\text{C}$

Với khí lí tưởng, khối lượng không đổi:

$\frac{{pV}}{T} =$hằng số

Suy ra: $\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}$

Nên: ${p_2} = {p_1}\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$

Đổi nhiệt độ sang Kelvin:

${T_1} = 27 + 273 = 300\;{\rm{K}}$

${T_2} = 67 + 273 = 340\;{\rm{K}}$

Vì thể tích tăng $0{,}5\%$: ${V_2} = 1{,}005{V_1}$

Do đó: ${p_2} = 30 \cdot \frac{{340}}{{300}} \cdot \frac{1}{{1{,}005}} \approx 33{,}8\;{\rm{psi}}$

Đáp án: 33,8

Đáp án: 2,2

Bóng đèn có: $R = 12,\Omega$, công suất:

$P = 5,{\rm{W}}$

Ta có: $P = {I^2}R \Rightarrow I = \sqrt {\frac{P}{R}}$

Suy ra: $I = \sqrt {\frac{5}{{12}}} \approx 0{,}645\;{\rm{A}}$

Suất điện động cảm ứng:

$\mathcal{E} = IR \approx 0{,}645 \cdot 12 \approx 7{,}746\;{\rm{V}}$

Mặt khác: $\mathcal{E} = Blv$

nên: $B = \frac{\mathcal{E}}{{lv}} = \frac{{7{,}746}}{{1{,}2 \cdot 3{,}0}} \approx 2{,}15\;{\rm{T}}$

Làm tròn: $B \approx 2{,}2\;{\rm{T}}$

Đáp án: 1,7

Khi thanh chuyển động đều, công suất cơ học do lực ngoài cung cấp bằng công suất điện tiêu thụ của mạch:

$Fv = P$

Suy ra: $F = \frac{P}{v} = \frac{{5{,}0}}{{3{,}0}} \approx 1{,}67\;{\rm{N}}$

Làm tròn: $F \approx 1{,}7\;{\rm{N}}$

Đáp án: 4167

Nhà máy phát điện công suất:

${P_{{\rm{điện}}}} = 1000\;{\rm{MW}}$

Hiệu suất từ nhiệt năng sang điện năng là 30%:

${P_{{\rm{nhiệt}}}} = \frac{{1000}}{{0{,}30}} = 3333{,}3\;{\rm{MW}}$

Nhưng chỉ 80% năng lượng phân hạch chuyển thành nhiệt:

${P_{{\rm{phân hạch}}}} = \frac{{3333{,}3}}{{0{,}80}} = 4166{,}7\;{\rm{MW}}$

Làm tròn: ${P_{{\rm{phân hạch}}}} \approx 4167\;{\rm{MW}}$

Đáp án: 4,4

Mỗi phân hạch giải phóng: $E = 200\;{\rm{MeV}} = 200 \cdot {10^6} \cdot 1{,}602 \cdot {10^{ - 19}} \approx 3{,}204 \cdot {10^{ - 11}}\;{\rm{J}}$

Số phân hạch trong 1 giây: $N = \frac{{{P_{{\rm{phân hạch}}}}}}{E} \approx \frac{{4{,}1667 \cdot {{10}^9}}}{{3{,}204 \cdot {{10}^{ - 11}}}} \approx 1{,}30 \cdot {10^{20}}\;{\rm{ph\^a n h?ch/s}}$

Số phân hạch trong 1 ngày: ${N_{{\rm{ngày}}}} = 1{,}30 \cdot {10^{20}} \cdot 86400$

Số mol $^{235}92{\rm{U}}$ tiêu thụ: $n = \frac{{N{\rm{ngày}}}}{{{N_A}}}$

Khối lượng: $m = n \cdot 235\;{\rm{g}}$

Tính ra: $m \approx 4{,}38\;{\rm{kg}}$

Làm tròn: $m \approx 4{,}4\;{\rm{kg}}$