(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 15

     Nhận định A sai.

     Áp dụng phương trình Clapeyron cho hai lượng khí ở trạng thái ban đầu, ta có:

$p_1.V_1=n_1.R.T_1$ Û $2.p_0.V_1=1.R.T_0$

và $p_2.V_2=n_2.R.T_2$ Û $p_0.V_2=1.R.T_0$

     Suy ra: $V_2=2.V_1$

     Nhận định B sai.

     Nhiệt lượng khối khí lí tưởng nhận vào để tăng nhiệt độ trong quá trình đẳng tích là

$Q=n.C_V.∆T=n.C_V.\left(T-T_0\right)$

     Do lượng khí chứa trong hai bình có cùng số mol, cùng loại khí lí tưởng, cùng nhiệt độ ban đầu và được cấp nhiệt như nhau nên có cùng giá trị Q, n, $C_V$, $T_0$.

     Suy ra, ở cùng một thời điểm thì nhiệt độ T của lượng khí chứa trong hai bình bằng nhau.

     Nhận định C sai.

     Do $n_1=n_2$ Û $\frac{m_1}{M}=\frac{m_2}{M}$ Û $m_1=m_2$ nên khối lượng khí chứa trong hai bình bằng nhau.

     Nhận định D đúng.

     Cả hai lượng khí đều thực hiện quá trình biến đổi đẳng tích nên khi nhiệt độ tăng gấp đổi thì áp suất lượng khí tác dụng lên thành bình cũng tăng gấp đôi.

Đáp án đúng là B 

    Phát biểu A sai. Vì sóng điện từ là sóng ngang.

     Phát biểu B đúng. Vì sóng điện từ là điện từ trường lan truyền trong không gian.

     Phát biểu C sai. Vì sóng điện từ có thành phần điện trường và từ trường tại một điểm dao động cùng pha với phương vuông góc nhau.

     Phát biểu D sai. Vì sóng điện từ truyền được trong môi trường đàn hồi và cả trong chân không.

     Độ hụt khối của hạt nhân deuterium ${}_1{}^{2}H$ là:

$∆m=Z.m_p+\left(A-Z\right).m_n-m_H=1.1,0073+\left(2-1\right).1,0087-2,0136=0,0024$ amu.

     Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân deuterium ${}_1{}^{2}H$ là:

$W_{lkr}=\frac{W_{lk}}{A}=\frac{∆m.c^2}{A}=\frac{\left[Z.m_p+\left(A-Z\right).m_n-m_H\right].c^2}{A}$

Thay số liệu vào, ta được:

$W_{lkr}=\frac{\left[1.1,0073+\left(2-1\right).1,0087-2,0136\right].c^2}{2}=\frac{0,0024 amu.c^2}{2}=\frac{0,0024.931,5}{2}=1,1178 MeV$.

     a) Từ đồ thị đã cho, ta có thể biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt độ từng thỏi băng theo thời gian như đồ thị bên dưới:

     Trong khoảng thời gian từ $\tau =0s$ đến ${\tau }_1=70s$, nhiệt độ của thỏi băng có khối lượng $m_1$ tăng đến 0 °C. Đến thời điểm ${\tau }_3=345s$, thỏi băng có khối lượng $m_1$ nóng chảy hoàn toàn.

     b) Dựa vào đồ thị ở câu a, ta xác định được: trong khoảng thời gian từ $\tau =0s$ đến ${\tau }_2=95s$, nhiệt độ của thỏi băng có khối lượng $m_2$ tăng đến 0 °C.

     Nhiệt lượng thỏi băng có khối lượng $m_1$ thu vào để tăng nhiệt độ đến 0 °C:

$Q_{1tăng}=m_1.c_1.∆T=P.{\tau }_1$ (1)

     Nhiệt lượng thỏi băng có khối lượng $m_2$ thu vào để tăng nhiệt độ đến 0 °C:

$Q_{2tăng}=m_2.c_1.∆T=P.{\tau }_2$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{m_1}{m_2}=\frac{{\tau }_1}{{\tau }_2}$ Û $\frac{m_1}{m_{1}1+0,15}=\frac{70}{95}$ Û $m_1=0,42 kg$.

                                                                         Þ $m_2=0,57 kg$.

Vậy, khối lượng của hai thỏi băng lần lượt là $m_1=0,42 kg$, $m_2=0,57 kg$.

     c) Dựa vào đồ thị ở câu a, ta xác định được quá trình nóng chảy của thỏi băng có khối lượng $m_1$ diễn ra từ ${\tau }_1=70s$ đến ${\tau }_3=345s$. Nhiệt lượng khối băng đã thu vào trong quá trình này là:

$Q_{1nc}=\lambda .m_1=P.\left({\tau }_3-{\tau }_1\right)$ Û $330000.0,42=P.\left(345-70\right)$ Û $P=504 W$.

Vậy công suất của nguồn nhiệt là $P=504 W$.

     d) Thay $P=504 W$ vào $Q_{1tăng}=m_1.c_1.∆T=P.{\tau }_1$, ta được:

$0,42.2100.\left(0-t_0\right)=504.70$ Û $t_0=-40°C$.

Vậy nhiệt độ ban đầu của hai thỏi băng là $t_0=-40°C$.

     a) Nhiệt độ của khối khí ở trạng thái (1):

Ta có: $p_1.V_1=n.R.T_1$ Û $T_1=\frac{p_1.V_1}{n.R}=\frac{6.{10}^5.10.{10}^{-3}}{1.8,31}=\frac{2.{10}^5}{277} K\approx 722 K$.

     b) Trong quá trình biến đổi trạng thái từ (1) ® (2), mối liên hệ giữa p và V được xác định bởi biểu thức: $p=a.V+b$.

Từ đồ thị, ta có:$\left\{\begin{array}{l}6.{10}^5=a.10.{10}^{-3}+b\\ 2.{10}^5=a.30.{10}^{-3}+b\end{array}\right.$ Þ $\left\{\begin{array}{l}a=-2.{10}^7\\ b=8.{10}^5\end{array}\right.$Þ $p=-2.{10}^7.V+8.{10}^5$

                                                                                                 Û $p.V=-2.{10}^7.V^2+8.{10}^5.V$

Mà: $p.V=n.R.T=1.8,31.T$

Suy ra: $-2.{10}^7.V^2+8.{10}^5.V=8,31.T$ Û$T=\frac{-2.{10}^7}{8,31}.V^2+\frac{8.{10}^5}{8,31}.V$

$T\text{'}=\frac{-4.{10}^7}{8,31}.V+\frac{8.{10}^5}{8,31}=0$ Û $V=0,02 m^3$ Þ $T_{max}=\frac{-2.{10}^7}{8,31}.0,{02}^2+\frac{8.{10}^5}{8,31}.0,02=\frac{8.{10}^5}{8,31} K\approx 963 K$.

     c) Theo kết quả của câu b, ta có: $T_{max}=\frac{8.{10}^5}{831} K$ và $T=\frac{-2.{10}^7}{8,31}.V^2+\frac{8.{10}^5}{8,31}.V$

Trong quá trình biến đổi trạng thái từ (1) ® (2), $T_{min}$ khi $V=V_1$ hoặc $V=V_2$

                                                                         Þ $T_{min}=T_1=T_2=\frac{2.{10}^5}{277 } K$.

Và tỉ số giữa động năng tịnh tiến trung bình (của nguyên tử khí helium) cực đại và cực tiểu là:

$\frac{W_{đmax}}{W_{đmin}}=\frac{{\displaystyle \frac{3}{2}}k.T_{max}}{{\displaystyle \frac{3}{2}}k.T_{min}}=\frac{T_{max}}{T_{min}}=\frac{{\displaystyle \frac{8.{10}^5}{831}}}{{\displaystyle \frac{2.{10}^5}{277}}}=\frac{4}{3}$.

     d) Điểm biểu diễn trạng thái (1) và (3) nằm trên đường thẳng đi qua gốc tọa độ nên mối liện hệ giữa p và V có dạng: $p=a.V$

Ở trạng thái (1), ta có: $p_1=a.V_1$ Û $6.{10}^5=a.10.{10}^{-3}$ Û $a=6.{10}^7$

Þ $p=6.{10}^7.V$

Ở trạng thái (3), ta có: $p=6.{10}^7.V$ Û $2.{10}^5=6.{10}^7.V_3$ Û $V_3=\frac{10}{3}.{10}^{-3} m^3$.

Công mà khối khí nhận được trong quá trình biến đổi trạng thái từ (2) $\to$ (3) (nén đẳng áp) là:

$A=p.∆V=2.{10}^5.\left(30.{10}^{-3}-\frac{10}{3}.{10}^{-3}\right)\approx 5 333$ J.

     a) Hợp lực tác dụng lên đoạn dây dẫn AB là $\overrightarrow{F_{hl}}=\overrightarrow{F_{đh}}+\overrightarrow{F_{từ}}+\overrightarrow{P}$.

     Do lò xo ở trạng thái tự nhiên (không bị giãn và không bị nén hay $F_{đh}=0 N$) nên khi đoạn dây dẫn AB nằm cân bằng thì $\overrightarrow{F_{từ}}+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$ hay $\overrightarrow{F_{từ}}=-\overrightarrow{P}$.

     Suy ra, lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn AB có phương thẳng đứng, chiều hướng lên trên.

     Dựa vào quy tắc bàn tay trái, ta xác định được chiều của dòng điện chạy qua dây dẫn AB là từ A đến B.

     b) Theo kết quả câu a, ta có: $\overrightarrow{F_{từ}}=-\overrightarrow{P}$ Þ $F_{từ }=P$ Û $B.I.l.\sin \left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{I}\right)=m.g$

                                                                                        Û $I=\frac{m.g}{B.l.\sin \left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{I}\right)}=\frac{0,015.10}{0,15.0,25.\sin 90°}= 4 A$.

     c) Ban đầu, dòng điện đi từ A đến B (kết quả câu a), sau khi đổi chiều dòng điện thì dòng điện có chiều từ B đến A. Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được chiều của lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn AB là hướng từ trên xuống (phương thẳng đứng).

     d) Khi đoạn dây dẫn nằm cân bằng, ta có:

     $\overrightarrow{F_{hl}}=\overrightarrow{F_{đhA}}+\overrightarrow{F_{đhB}}+\overrightarrow{F_{từ}}+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$ (với $\overrightarrow{F_{đhA}}=\overrightarrow{F_{đhB}}=\overrightarrow{F_{đh}}$)

Þ $2.F_{đh}=F_{từ}+P$

Û $2.k.∆l=B.I.l.\sin \left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{I}\right)+m.g$

Û $∆l=\frac{B.I.l.\sin \left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{I}\right)+m.g}{2.k}=\frac{0,15.4.0,25.\sin 90°+0,015.10}{2.10}=0,015 m=1,5 cm$.

     a) Đây là phản ứng phân hạch, không phải phản ứng nhiệt hạch. Vì hạt nhân nặng ${}_{92}{}^{235}U$ hấp thụ một neutron nhiệt rồi vỡ ra thành hai hạt nhân nhẹ hơn. Còn phản ứng nhiệt hạch, các hạt nhân nhẹ kết hợp thành hạt nhân nặng hơn.

     b) Phương trình phản ứng hạt nhân: ${}_{92}{}^{235}U+{}_0{}^{1}n\to {}_x{}^{95}X+{}_{55}{}^{137}Cs+y.{}_0{}^{1}n$

Theo định luật bảo toàn số nucleon, ta có: $235+1=95+137+1.y$ Û $y=4$

Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: $92+0=x+55+4.0$ Û $x=37$

Vậy hạt nhân X là rubidium ${}_{37}{}^{95}Rb$.

     c) Dựa vào kết quả câu b, ta có $y=4$.

Vậy quá trình này giải phóng kèm theo 4 hạt neutron mới.

     d) Do $m_{tt}>m_{sp}$ nên phản ứng tỏa nhiệt.

Năng lượng tỏa ra sau phản ứng là $W=\left(m_{tt}-m_{sp}\right).c^2=0,182.931,5=169,533 MeV$.