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

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 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.

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%.

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) ĐÚNG

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

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:

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