(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 17

Ta có trong không khí:
\[
F = k\frac{|q_1 q_2|}{r^2}.
\]

Trong điện môi:
\[
F = k\frac{|q_1 q_2|}{\varepsilon {r'}^2}.
\]

Suy ra:
\[
r' = \frac{r}{\sqrt{\varepsilon}}.
\]

Số hạt nhân proton có trong $1{,}2\,\mathrm{g}$ là:
\[
N=\frac{m}{M}\,N_A=\frac{1{,}2\times 10^{-3}}{1{,}0\times 10^{-3}}\,N_A
=1{,}2\,N_A\approx 7{,}224\cdot 10^{23}\ \text{hạt}.
\]

Năng lượng toả ra khi $1{,}2\,\mathrm{g}$ proton tham gia phản ứng (mỗi phản ứng dùng $4$ proton):
\[
Q=\frac{N}{4}\cdot 26{,}7\,\mathrm{MeV}\cdot 1{,}6\times 10^{-13}\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{MeV}}
\approx 7{,}72\times 10^{11}\ \mathrm{J}.
\]

Khối lượng than cần để toả nhiệt lượng tương đương:
\[
m=\frac{Q}{q}=\frac{7{,}72\times 10^{11}}{3{,}2\times 10^{7}}
\approx 2{,}4110\times 10^{4}\ \mathrm{kg}
= 24110{,}1\,\mathrm{kg}.
\]

a) Đúng. Đồng ở nhiệt độ cao nên toả nhiệt, nước ở nhiệt độ thấp hơn nên thu nhiệt.

b) Sai.
\[
Q_{\text{thu}} = Q_{\text{toả}} \;\Rightarrow\; m_1c_1(t_{\text{cb}} - t_1) = m_2c_2(t_2 - t_{\text{cb}}).
\]
Thay số $\Rightarrow t_1 = 28{,}64^\circ\mathrm{C}$.

c) Sai.
\[
Q_{\text{toả}} = m_2c_2(t_2 - t_{\text{cb}}) = 2280\,\mathrm{J}.
\]

d) Sai.
Nhiệt lượng đồng toả ra từ $150^\circ\mathrm{C}$ đến $0^\circ\mathrm{C}$:
\[
Q_{\text{toả}} = m_1c_1(t_1 - t_2) + m_2c_2(t_1 - t_2) = 50736{,}08\,\mathrm{J}.
\]

Nhiệt lượng thu vào của nước đá khi tan hết ở $0^\circ\mathrm{C}$:
\[
Q_{\text{thu}} = mc\Delta t + \lambda m = 37{,}7\,\mathrm{J}.
\]

Vì $Q_{\text{toả}} > Q_{\text{thu}}$ nên nước đá tan hết.

Thể tích bọt khí tại mặt nước lớn gấp $1{,}2$ lần so với tại đáy hồ, tức là:
\[
V_2 = 1{,}2V_1.
\]

Từ công thức đẳng nhiệt, ta có:
\[
p_1V_1 = p_2V_2 \;\Rightarrow\; p_1 = 1{,}2p_2.
\]

Áp suất tại đáy hồ được tính bằng:
\[
p_1 = p_0 + dh.
\]

Suy ra:
\[
h = 2\,\mathrm{m}.
\]

Với mẫu tinh khiết, số hạt đã phân rã (cũng là số hạt $\alpha$ tạo ra) tại thời điểm $t$ là
\[
N_\alpha = N_0 - N, \qquad N = N_0\,2^{-t/T}.
\]
Do đó
\[
\frac{N_\alpha}{N}=\frac{N_0-N}{N}
=\frac{1-2^{-t/T}}{2^{-t/T}}
=2^{t/T}-1.
\]

Lúc $t=t_1$: \quad $\dfrac{N_\alpha}{N}=3 \Rightarrow 2^{t_1/T}-1=3 \Rightarrow 2^{t_1/T}=4 \Rightarrow t_1=2T.$

\textit{Lúc } $t=t_2=t_1+152$:
\[
\frac{N_\alpha}{N}\Big|_{t_2}
=2^{t_2/T}-1
=2^{\,2+\frac{152}{138}}-1
=2^{3.101449}-1
\approx 7.58.
\]

\[
V = 4\cdot 6 \cdot 3{,}6 = 86{,}4\ \mathrm{m^3}.
\]

Khối lượng không khí trong phòng khi ở $25^\circ\mathrm{C}$:
\[
m_1 = \frac{pVM}{RT_1}
= \frac{1{,}013\cdot 10^5 \cdot 86{,}4 \cdot 0{,}029}{8{,}31 \cdot 298}
\approx 1{,}025\cdot 10^5\ \mathrm{g} = 102{,}5\ \mathrm{kg}.
\]

Khi tăng nhiệt độ lên $30^\circ\mathrm{C}$ thì khối lượng khí còn lại trong phòng:
\[
m_2 = \frac{pVM}{RT_2}
= \frac{1{,}013\cdot 10^5 \cdot 86{,}4 \cdot 0{,}029}{8{,}31 \cdot 303}
\approx 1{,}00\cdot 10^5\ \mathrm{g} = 100\ \mathrm{kg}.
\]

Khối lượng khí đã bị thoát ra ngoài:
\[
\Delta m = m_1 - m_2 \approx 102{,}5 - 100 = 2{,}5\ \mathrm{kg}.
\]

Khối lượng nước ban đầu:
\[
m = 5\,\mathrm{lít} = 5\,\mathrm{kg}.
\]

Khối lượng nước đã bay hơi:
\[
m' = (5-4{,}5)\,\mathrm{lít} = 0{,}5\,\mathrm{kg}.
\]

Nhiệt lượng cần cung cấp:
\[
Q = mc\Delta t + Lm'
= 5\cdot 4200 \cdot (100-30) + 2{,}3\cdot 10^6 \cdot 0{,}5
= 2{,}620{,}000\,\mathrm{J}
= 2620\,\mathrm{kJ}.
\]

Diện tích mỗi vòng:
\[
S=20\,\mathrm{cm^2}=20\cdot 10^{-4}=2\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}.
\]

Do $\vec B$ tạo với \emph{mặt phẳng} khung góc $30^\circ$ nên với \emph{pháp tuyến} khung là $60^\circ$:
\[
\Phi = N\,B\,S\cos 60^\circ.
\]

Từ thông giảm đều: \(\Delta B = 2{,}4\cdot 10^{-4}\ \mathrm{T} \to 0\) trong \(\Delta t=0{,}025\,\mathrm{s}\).
Suất điện động cảm ứng:
\[
\mathcal{E} = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|
= N\,S\,\cos 60^\circ \left| \frac{\Delta B}{\Delta t} \right|
= 100 \cdot 2\cdot 10^{-3} \cdot \tfrac{1}{2} \cdot \frac{2{,}4\cdot 10^{-4}}{0{,}025}
= 9{,}6 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{V}.
\]

Suy ra \(x = 9{,}6\).