(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 26

Đáp án đúng là D

     Hiện tượng tạo khói được hình thành do Nitrogen ở dạng lỏng hóa hơi. Khi làm kem, người bán hàng thêm một lượng Nitrogen ở dạng lỏng vào để giúp kem nhanh đông đặc và đồng thời hóa hơi tạo khói.

Đáp án đúng là C

     Trong khoảng thời gian kể từ thời điểm cạnh DA của khung dây bắt đầu gặp từ trường đến thời điểm cạnh BC của khung dây vừa rời khỏi từ trường, khung dây dẫn chuyển động thẳng đều trong từ trường đều nên từ thông xuyên qua khung dây không biến thiên. Khi đó, trong khung dây dẫn không xuất hiện dòng điện.

     Trong khoảng thời gian kể từ thời điểm cạnh BC của khung dây bắt đầu gặp từ trường đến thời điểm khung dây vừa nằm hẳn trong từ trường, diện tích khung dây dẫn nằm trong từ trường tăng đều nên từ thông xuyên qua khung dây tăng đều. Dựa vào định luật Lenz ta xác định được BC→ ngược hướng với B→ của từ trường đều. Sử dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được chiều dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn khi đó cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Đáp án đúng là D

Tại thời điểm $t_0 = 0$ khi khung dây có cạnh BC bắt đầu vào vùng từ trường đều thì diện tích khung dây nằm trong từ trường $S_0 = 0$ và thời điểm t thì diện tích khung dây nằm trong từ trường là $S_t = BC \cdot v \cdot t$.

Độ lớn suất điện động cảm ứng suất hiện trong khung dây dẫn ABCD là:
\[
|e_c| = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|
= \frac{N \cdot B \cdot (S_t - S_0)\cos(\vec{B}; \vec{n})}{\Delta t}
= \frac{200 \cdot 0{,}05 \cdot 0{,}5 \cdot 2t \cdot \cos 0^\circ}{t}
= 0{,}1\ \text{(Wb)}.
\]

Cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn ABCD là:
\[
|i| = \frac{|e_c|}{R} = \frac{0{,}1}{0{,}4} = 0{,}25\ \text{(A)}.
\]

Đáp án đúng là D

Quá trình (1) $\to$ (2), do áp suất không đổi, nhiệt độ tuyệt đối tăng nên thể tích tăng. Khối khí thực hiện quá trình giãn nở đẳng áp có $\Delta U = A + Q$.

Quá trình (2) $\to$ (3), do nhiệt độ tuyệt đối không đổi, áp suất giảm nên thể tích tăng. Khối khí thực hiện quá trình giãn nở đẳng nhiệt có $\Delta U = A$.

Quá trình (3) $\to$ (4), do áp suất không đổi, nhiệt độ tuyệt đối giảm nên thể tích giảm. Khối khí thực hiện quá trình nén đẳng áp có $\Delta U = A + Q$.

Quá trình (4) $\to$ (1), thể tích không đổi, áp suất và nhiệt độ tuyệt đối tăng. Khi đó, nội năng của khối khí $\Delta U = Q$.

Đáp án đúng là B

Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được phương và chiều của lực từ tác dụng lên các cạnh của khung dây như hình vẽ bên.

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều được xác định bởi biểu thức:
\[
F = B I \ell \cdot \sin(\vec{B}; \vec{\ell})
\]

Mà: cường độ dòng điện chạy trong các cạnh của khung dây bằng nhau;
$\ell_{AB} = \ell_{CD},\ \ell_{BC} = \ell_{DA}$ và $\ell_{AB} > \ell_{BC};\ \ell_{CD} > \ell_{DA}$.

Suy ra: $F_1 = F_3;\ F_2 = F_4$ và $F_1 > F_2;\ F_3 > F_4$.

Đáp án đúng là A

Nhiệt dung riêng của chất làm vật là:
\[
Q = m \cdot c \cdot \Delta T \;\;\Leftrightarrow\;\; c = \frac{Q}{m \Delta T}
= \frac{5520}{0,3 \cdot 40} = 460\ \text{J/(kg.K)}.
\]

Đáp án đúng là C

     Hình 1: biển báo cảnh báo khu vực nguy hiểm có chất độc sinh học.

     Hình 2: biển báo cảnh báo khu vực nguy hiểm có vật liệu cháy nổ.

     Hình 3: biển báo cảnh báo khu vực nguy hiểm có chất phóng xạ.

     Hình 4: biển báo cảnh báo khu vực nguy hiểm có nhiệt độ thấp.

Đáp án đúng là C

Áp dụng định luật Boyle, ta có:
\[
p_1 V_1 = p_2 V_2 \;\;\Leftrightarrow\;\; V_2 = \frac{p_1 V_1}{p_2} = \frac{1,2 \cdot 10^5 \cdot 0,785}{2 \cdot 10^5} = 0,471\ \ell
\]

Thể tích của lượng khí đã giảm đi một lượng là: $0,785 - 0,471 = 0,314\ \ell$.

Đáp án đúng là D

Động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí nitrogen là:
\[
W_{\text{đ}} = \frac{3}{2}kT = \frac{3}{2}\cdot \frac{R}{N_A} \cdot T
= \frac{3}{2}\cdot \frac{8,31}{6,02 \cdot 10^{23}} \cdot (27+273)
\approx 6,21 \cdot 10^{-21}\ \text{J}.
\]

Đáp án đúng là A

     Hình 1: Đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trạng thái của khối khí lí tưởng khi áp suất không đổi.

     Hình 2: Đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trạng thái của khối khí lí tưởng khi thể tích không đổi.

     Hình 3: Đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trạng thái của khối khí lí tưởng khi nhiệt độ không đổi.

     Hình 4: Đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trạng thái của khối khí lí tưởng khi thể tích không đổi.

Đáp án đúng là A

Từ thông xuyên qua diện tích S của mỗi vòng dây là:
\[
\Phi = BS \cdot \cos(\vec{n}; \vec{B}) = BS \cdot \sin \alpha
\]

Đáp án đúng là C

     Khi từ trường của nam châm ổn định (không thay đổi) và đĩa kim loại đang quay thì từ thông xuyên qua phần diện tích đĩa kim loại bắt đầu đi vào từ trường (phần C) và bắt đầu đi ra khỏi từ trường (phần D) biến thiên nên sinh ra dòng điện cảm ứng.

Đáp án đúng là D

Tại $t=0$, $\cos \varphi_u = \dfrac{u_0}{U_0} = \dfrac{0}{U_0} = 0 \;\;\Rightarrow\;\; \varphi_u = \pm \dfrac{\pi}{2}\ (\text{rad})$

Mà $u$ đang tăng nên $\varphi_u = -\dfrac{\pi}{2}$.

Tại $t=0$, $\cos \varphi_i = \dfrac{i_0}{I_0} = \dfrac{I_0}{I_0} = 1 \;\;\Rightarrow\;\; \varphi_i = 0\ (\text{rad})$.

Độ lệch pha của $u(t)$ đối với $i(t)$ là:
\[
\varphi_{ui} = \varphi_u - \varphi_i = -\dfrac{\pi}{2} - 0 = -\dfrac{\pi}{2}\ (\text{rad})
\]

Vậy điện áp trễ pha hơn cường độ dòng điện một góc $\dfrac{\pi}{2}$.

Đáp án đúng là C

Giả sử dòng điện chạy trong khung dây dẫn ABCD và dây dẫn thẳng dài có chiều như hình vẽ.

Sử dụng quy tắc nắm bàn tay phải ta xác định được hướng của vector cảm ứng từ do dòng điện $I_2$ gây ra tại các điểm trên khung dây dẫn ABCD như hình vẽ.

\[
B_{2,BA} = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a/2} = 4 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a} \ (T),
\]
\[
B_{2,CB} = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a/2} = 4 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a} \ (T),
\]
\[
B_{2,AD} = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{3a/2} = \tfrac{4}{3}\cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a} \ (T),
\]
\[
B_{2,DC} = 2 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a/2} = 4 \cdot 10^{-7} \cdot \frac{I_2}{a} \ (T).
\]

Lực tác dụng lên cạnh BA:
\[
F_{BA} = B_{2,BA}\cdot I_1 \cdot a \cdot \sin(B_{2,BA};\ \ell)
= B \cdot I_1 \cdot a \cdot \sin 90^\circ
= B I_1 a \ (N).
\]

Tương tự, ta có:
\[
F_{CD} = B I_1 a,\quad F_{CB} = 2 B I_1 a,\quad F_{AD} = \tfrac{2}{3} B I_1 a.
\]

Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung dây dẫn ABCD là:
\[
\vec{F} = \vec{F}_{BA} + \vec{F}_{CD} + \vec{F}_{CB} + \vec{F}_{AD}.
\]

Do $F_{BA} = -F_{CD}$, ta được:
\[
\vec{F} = F_{CB} + F_{AD} = \left| 2 B I_1 a - \tfrac{2}{3} B I_1 a \right|
= \tfrac{4}{3} B I_1 a.
\]

Thay số:
\[
F = \tfrac{4}{3} \cdot 2 \cdot 10^{-7}\cdot \frac{I_2}{a}\cdot I_1 a
= \tfrac{8}{3} \cdot 10^{-7}\cdot I_1 I_2
= \tfrac{16}{3}\cdot 10^{-6}\ N.
\]

Nhận xét: Trường hợp chiều dòng điện $I_1$ và $I_2$ ngược lại hoặc có chiều ngược nhau thì ta luôn có $F_{BA} = -F_{CD}$ và $F_{AD} = -\tfrac{1}{3} F_{CB}$.

Đáp án đúng là A

Hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn dây thứ cấp là:
\[
\frac{U_1}{U_2} = \frac{N_1}{N_2} \;\;\Rightarrow\;\; U_2 = \frac{U_1 \cdot N_2}{N_1}
= \frac{220 \cdot 100}{500} = 44\ \text{(V)}.
\]

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong cuộn dây thứ cấp là:
\[
I_2 = \frac{U_2}{R} = \frac{44}{10} = 4{,}4\ \text{(A)}.
\]

Và dòng điện chạy trong cuộn dây thứ cấp là dòng điện xoay chiều.

Đáp án đúng là B

Trong nguyên tử đồng vị phóng xạ $_{90}^{210}\text{Th}$ có 90 proton, 90 electron, 120 neutron.
Số khối (số nucleon bằng tổng số neutron và proton, hay electron) là 210.

Đáp án đúng là B

Gọi $x\%$ và $y\%$ lần lượt là tỉ lệ phần trăm của $_{10}^{20}\text{Ne}$ và $_{10}^{22}\text{Ne}$ có trong neon thiên nhiên.

Khối lượng của neon là 20,179 amu, nên ta có:
\[
20 \cdot x\% + 22 \cdot y\% + 21 \cdot 0,26\% = 20,179
\;\;\Rightarrow\;\; 20x + 22y = 2012,44 \quad (1)
\]

Neon thiên nhiên có ba thành phần là $_{10}^{20}\text{Ne}$, $_{10}^{21}\text{Ne}$ và $_{10}^{22}\text{Ne}$, nên ta có:
\[
x + y + 0,26 = 100 \;\;\Leftrightarrow\;\; x + y = 99,74 \quad (2)
\]

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\[
\begin{cases}
20x + 22y = 2012,44 \\
x + y = 99,74
\end{cases}
\;\;\Rightarrow\;\;
\begin{cases}
x = \tfrac{2273}{25} \approx 90,92 \\
y = \tfrac{441}{50} \approx 8,82
\end{cases}
\]

Vậy tỉ lệ phần trăm của các thành phần $_{10}^{20}\text{Ne}$ và $_{10}^{22}\text{Ne}$ lần lượt là 90,92% và 8,82%.

Đáp án đúng là D

Số nguyên tử $^{4}_{2}He$ được tạo thành từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân là:

\[
N = \frac{m}{M} \cdot N_A = \frac{200}{4} \cdot 6{,}02 \cdot 10^{23} = 3{,}01 \cdot 10^{25}\ \text{nguyên tử}
\]

Tổng năng lượng tỏa ra của các phản ứng nhiệt hạch là:

\[
3{,}01 \cdot 10^{25} \cdot 17{,}6 \cdot 10^{6} \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-19}
= 8{,}47616 \cdot 10^{13}\,(J)
\]

Tổng năng lượng tỏa ra từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân là:

\[
2{,}8 \cdot 10^{10} + 8{,}47616 \cdot 10^{13}\,(J)
\]

Lượng thuốc nổ TNT cháy hoàn toàn để có năng lượng tỏa ra bằng với năng lượng tỏa ra từ một vụ nổ bom hydrogen trong thí nghiệm vũ khí hạt nhân đã cho là:

\[
\frac{2{,}8 \cdot 10^{10} + 8{,}47616 \cdot 10^{13}}{4{,}2 \cdot 10^{9}}
= 20\,188\ \text{tấn}
\]

a) SAI

Nhiệt lượng do ấm cung cấp từ thời điểm ban đầu đến thời điểm nước bắt đầu sôi là:

\[
Q = P \cdot \tau = 2100 \cdot 10{,}60 = 1{,}260{,}000\ \text{J}
\]

b) SAI

Do bỏ qua sự truyền nhiệt ra môi trường nên nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu vào.
Trong khoảng thời gian từ $\tau = 0$ đến $\tau_1 = 1$ phút, ta có:

\[
P(\tau_1 - \tau) = m_1 c (t_1 - t_0)
\]

\[
2100 \cdot (1 \cdot 60 - 0) = m_1 \cdot 4200 \cdot (40 - 20)
\]

\[
m_1 = 1{,}5\ \text{kg}
\]

Lượng nước có sẵn trong ấm là $1{,}5\ \text{kg}$.

Trong khoảng thời gian từ $\tau_2 = 5$ phút đến thời điểm $t_3$ nước trong ấm bắt đầu sôi, ta có:

\[
P(\tau_3 - \tau_2) = (m_1 + m_2)c(100 - t_2)
\]

\[
2100 \cdot 5{,}60 = (1{,}5 + m_2)\cdot 4200 \cdot (100 - 60)
\]

\[
m_2 = 2{,}25\ \text{kg}
\]

Lượng nước được thêm vào ấm là $2{,}25\ \text{kg}$.

c) ĐÚNG

Trong khoảng thời gian từ $\tau_1 = 1$ phút đến $\tau_2 = 5$ phút, ta có:

\[
P(\tau_2 - \tau_1) = m_1 c (t_2 - t_1) + m_2 c (t_2 - t_x)
\]

\[
2100 \cdot (5 \cdot 60 - 1 \cdot 60) = 1{,}5 \cdot 4200 \cdot (60 - 40) + 2{,}25 \cdot 4200 \cdot (60 - t_x)
\]

\[
t_x = 20^\circ\text{C}
\]

d) SAI

Sau khi bạn học sinh lấy ra 3 kg nước thì lượng nước còn lại trong ấm là $1{,}5 + 2{,}25 - 3 = 0{,}75\ \text{kg}$.

Thời gian để lượng nước còn lại hóa hơi hoàn toàn là:

\[
P \cdot t = L \cdot m \quad \Rightarrow \quad 2100 \cdot t = 2{,}3 \cdot 10^6 \cdot 0{,}75
\]

\[
t = \frac{5750}{7}\ \text{s} \approx 13{,}7\ \text{phút}
\]

a) ĐÚNG

Khối khí nhận nhiệt lượng nên nở ra, đẩy pít tông đi từ trạng thái nghỉ ($v_0 = 0$) với gia tốc $5\,\mathrm{m/s^2}$. Vậy pít tông chuyển động thẳng nhanh dần đều.

b) SAI

Lực tác dụng lên pít tông:
\[
\vec F + \vec F_0 + \vec F_{\mathrm{ms}} = m\,\vec a
\]
Chọn chiều dương là chiều chuyển động nên:
\[
F - F_0 - F_{\mathrm{ms}} = m a
\]
\[
F = m a + F_0 + F_{\mathrm{ms}} = m a + p_0 S + F_{\mathrm{ms}}
\]
\[
F = 0{,}2\cdot 5 + 10^5 \cdot 25\cdot 10^{-4} + 20 = 271
\]
Công khí thực hiện khi pít tông đi 5 cm:
\[
A = F\,s\,\cos 0^\circ = 271 \cdot 0{,}05 = 13{,}55\ \mathrm{J}
\]

c) ĐÚNG

Định luật I nhiệt động lực học:
\[
\Delta U = Q - A = 30 - 13{,}55 = 16{,}45\ \mathrm{J}
\]

d) SAI

Khí được nung đều, pít tông luôn chuyển động với gia tốc không đổi và áp suất khí coi như không đổi (xấp xỉ đẳng áp). Khi pít tông tiếp tục đi đến miệng ống xi lanh:

\[
\frac{V_2}{V_1} = \frac{(15+5)}{(15)} = \frac{T_2}{T_1} \Rightarrow \frac{T_2}{T_1} = 1{,}5
\]

Nhiệt độ tăng 1,5 lần (không phải gấp 2 lần).

a) ĐÚNG

Từ thông qua tiết diện S của khung dây dẫn:
\[
\Phi = N B S \cos\theta
\]
Tại t = 0 s có B = 0 nên \(\Phi = 0\) Wb.

b) SAI

Đèn sáng khi \(\dfrac{\mathrm d B}{\mathrm d t} \neq 0\). Theo đồ thị, các khoảng có biến thiên là 0–1 s; 3–4 s; 4–5 s nên tổng thời gian đèn sáng là 3 s.

c) ĐÚNG

Diện tích khung dây:
\[
S=\frac{\pi d^2}{4}=\frac{\pi \cdot 0{,}05^2}{4}=\frac{\pi}{1600}\ \text{m}^2.
\]

Khoảng 0–1 s: \(\Delta B = 0{,}5\ \text{T},\ \Delta t=1\ \text{s}\)
\[
|e_c|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=\left|\frac{N\,\Delta B\,S\cos\theta}{\Delta t}\right|
=\frac{\pi}{3200}\ \text{V},
\qquad
|i_1|=\frac{|e_c|}{R_1+R_2}=\frac{\pi}{4800}\ \text{A}.
\]

Khoảng 3–4 s: \(\Delta B = 0{,}35\ \text{T}\)
\[
|e_c|=\frac{7\pi}{32000}\ \text{V},
\qquad
|i_2|=\frac{|e_c|}{R_1+R_2}=\frac{7\pi}{10\cdot 4800}\ \text{A}.
\]
Vì \(|i_1|>|i_2|\) nên đèn sáng mạnh hơn ở 0–1 s.

d) SAI

Khoảng 1 giây cuối cùng (4–5 s): \(\Delta B = 0{,}15\ \text{T}\)
\[
|e_c|=\frac{3\pi}{32000}\ \text{V},\qquad
|i_3|=\frac{|e_c|}{R_1+R_2}=\frac{\pi}{16000}\ \text{A}.
\]
Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn:
\[
Q=|i_3|^2\,R_2\,t=\left(\frac{\pi}{16000}\right)^2\cdot 0{,}5 \cdot 1
\approx 1{,}93\cdot 10^{-8}\ \text{J}.
\]

a) ĐÚNG

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch:
\[
U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{12\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=12\ \text{(V)}.
\]

b) SAI

Chu kì:
\[
T=100\cdot 10^{-3}=0{,}1\ \text{(s)},\qquad \omega=\frac{2\pi}{T}=20\pi\ \text{(rad/s)}.
\]
Tại \(t=0\) có \(u=0\) và \(u\) đang tăng \(\Rightarrow\) pha ban đầu
\[
\varphi_u=-\frac{\pi}{2}\ \text{(rad)}.
\]
Biểu thức điện áp:
\[
u=12\sqrt{2}\cos\!\left(20\pi t-\frac{\pi}{2}\right)\ \text{(V)}.
\]

c) SAI

Giá trị hiệu dụng của dòng điện:
\[
I=\frac{U}{R}=\frac{12}{15}=0{,}8\ \text{(A)}.
\]

d) ĐÚNG

Nhiệt lượng tỏa ra trên R trong 1 phút:
\[
Q=I^{2}Rt=0{,}8^{2}\cdot 15 \cdot 60=576\ \text{(J)}.
\]

Ở nhiệt độ t_1, lực F_1 do khí trong bình tác dụng lên pít tông bằng tổng lực đàn hồi F_{đh1} của lò xo và áp lực khí quyển F_{kq}:
\[
F_1 = F_{đh1} + F_{kq} \tag{1}
\]

Ở nhiệt độ t_2, lực F_2 do khí tác dụng lên pít tông bằng tổng lực đàn hồi F_{đh2} của lò xo và áp lực khí quyển F_{kq}:
\[
F_2 = F_{đh2} + F_{kq} \tag{2}
\]

Từ (1) và (2):
\[
F_2 - F_1 = F_{đh2} - F_{đh1} = k\,\ell \quad (*)
\]

Áp dụng phương trình Clapeyron cho trạng thái đầu:
\[
p_1 V = nRT_1 \;\Rightarrow\; p_1 = \frac{nRT_1}{V}
\]
Suy ra
\[
F_1 = p_1 S = \frac{nRT_1}{V}\,S \tag{3}
\]

Cho trạng thái sau:
\[
p_2 V = nRT_2 \;\Rightarrow\; p_2 = \frac{nRT_2}{V}
\]
Suy ra
\[
F_2 = p_2 S = \frac{nRT_2}{V}\,S \tag{4}
\]

Thế (3) và (4) vào (*):
\[
\frac{nRT_2}{V}\,S - \frac{nRT_1}{V}\,S = k\,\ell
\]
\[
T_2 = T_1 + \frac{k\,\ell\,V}{nRS}
\]

Vì n = 2 mol nên
\[
T_2 = T_1 + \frac{k\,\ell\,V}{2RS}
\]
Suy ra theo độ C (độ tăng nhiệt giống nhau trên thang K và ^\circ C):
\[
t_2 = t_1 + \frac{k\,\ell\,V}{2RS}
\]

Thay số: \(k=100\,\mathrm{N/m},\ \ell=8\ \mathrm{cm}=8\times10^{-2}\ \mathrm{m},\ V=9\,\mathrm{l}=9\times10^{-3}\ \mathrm{m^3},\ S=40\,\mathrm{cm^2}=40\times10^{-4}\ \mathrm{m^2},\ R=8{,}31\,\mathrm{J/(mol\,K)}\)
\[
t_2 = 27 + \frac{100\cdot 8\times10^{-2}\cdot 9\times10^{-3}}{2\cdot 8{,}31\cdot 40\times10^{-4}}
\approx 29^\circ\mathrm{C}.
\]

Trạng thái trước khi sử dụng:
\[
p_0 V_0=\frac{m_0}{M}RT_0 \quad \Rightarrow \quad m_0=\frac{M\,p_0 V_0}{R\,T_0}.
\]

Trạng thái sau khi sử dụng:
\[
pV=\frac{m}{M}RT \quad \Rightarrow \quad m=\frac{M\,p V}{R\,T}.
\]

Khối lượng khí đã dùng:
\[
\Delta m=m_0-m=\frac{M}{R}\!\left(\frac{p_0 V_0}{T_0}-\frac{pV}{T}\right).
\]

Thay số \(M=32\ \mathrm{g/mol},\ V_0=10\ \mathrm{l}=10^{-2}\ \mathrm{m^3},\ p_0=1{,}5\cdot 10^{7}\ \mathrm{Pa},\ T_0=25+273,\ p=3{,}0\cdot 10^{6}\ \mathrm{Pa},\ T=20+273,\ R=8{,}31\):
\[
\Delta m=\frac{32}{8{,}31}\!\left(\frac{1{,}5\cdot 10^{7}\cdot 10^{-2}}{298}-\frac{3{,}0\cdot 10^{6}\cdot 10^{-2}}{293}\right)\ \mathrm{g}\approx 1544\ \mathrm{g}.
\]

Suất điện động cảm ứng sinh ra trong cuộn dây dẫn kín có độ lớn:
\[
|e_c|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|
=\left|\frac{N\,\Delta\!\big(B\,S\cos(\vec n;\vec B)\big)}{\Delta t}\right|
=\left|\frac{200\,(10^{-2}-0)\,\pi\,0{,}08^{2}\,\cos 0^\circ}{10^{-2}}\right|
=\frac{32}{\pi}\ (\mathrm{V}).
\]

Chiều dài dây dẫn quấn cuộn dây là \(\ell=N\cdot C=200\cdot 2\pi\cdot 0{,}08=32\pi\) (m).

Cường độ dòng điện cảm ứng trong cuộn dây:
\[
|i|=\frac{|e_c|}{R}=\frac{|e_c|}{\ell R_0}
=\frac{32/\pi}{32\pi\cdot 0{,}5}=0{,}08\ (\mathrm{A}).
\]

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân ^{13}_{6}C là:
\[
W_{lk/r}=\frac{W_{lk}}{A}=\frac{\Delta m \cdot c^2}{A}
=\frac{\left[ Z m_p + (A-Z)m_n - m_X \right]c^2}{A}.
\]

Thay số:
\[
W_{lk/r}=\frac{\left[6\cdot 938{,}256 + (13-6)\cdot 939{,}550 - 12112{,}490\right]\ \mathrm{MeV}/c^2 \cdot c^2}{13}
\approx 7{,}2\ \mathrm{MeV}.
\]

\[
H=\lambda N,\qquad \lambda=\frac{\ln 2}{T},\qquad N=\frac{m}{M}N_A
\]
\[
\Rightarrow\ m=\frac{H\,T\,M}{N_A\ln 2}
\]
\[
m=\frac{23{,}9\cdot 10^{11}\cdot (27{,}7\cdot 24\cdot 3600)\cdot 51}{6{,}02\cdot 10^{23}\cdot \ln 2}
\approx 0{,}70\ \mathrm{mg}
\]

Gọi \(m_0\) là lượng FDG tại thời điểm sản xuất.

Lượng còn lại khi tiêm cho bệnh nhân một (sau thời gian \(t\)):

\[
m_1=m_0\cdot 2^{-t/T}
\]

Với bệnh nhân hai tiêm muộn hơn 55 phút:

\[
m_2=m_0\cdot 2^{-(t+55)/T}=m_1\cdot 2^{-55/T}
\]

Phần lượng cần tiêm thêm cho bệnh nhân hai so với một:

\[
\Delta m=m_1-m_2=m_1\left(1-2^{-55/T}\right)
\]

Tỉ lệ phần trăm:

\[
\frac{\Delta m}{m_1}\cdot 100\%=\left(1-2^{-55/110}\right)\cdot 100\%
\approx 29{,}3\%
\]