(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 41

 Dùng quy tắc nắm bàn tay phải ta suy ra đường sức từ của từ trường của dòng điện chạy qua ống dây có chiều như hình bên.

     Như vậy, đầu ống dây điện gần cực X của nam châm là cực Bắc của ống dây. Ống dây và nam châm hút nhau chứng tỏ cực X của nam châm là cực Nam.

Độ lớn của lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn thẳng, dài $l$, mang dòng điện cường độ $I$, đặt trong từ trường đều có vector cảm ứng từ $B$ được tính theo công thức
\[
F = I B l \sin\alpha
\]
trong đó $\alpha$ là góc hợp bởi đoạn dây dẫn với đường sức từ.

Ta thấy $F$ phụ thuộc vào $\alpha$, $F$ lớn nhất bằng $I B l$ khi $\sin\alpha$ lớn nhất bằng $1$ hay $\alpha = 90^\circ$, $F$ nhỏ nhất bằng $0$ (không có lực từ) khi $\sin\alpha = 0$ hay $\alpha = 0^\circ$.

Tại mỗi điểm trong không gian có sóng điện từ truyền qua, cường độ điện trường $\vec{E}$ và cảm ứng từ $\vec{B}$ của sóng điện từ này dao động cùng pha nhau, phương dao động vuông góc nhau và vuông góc với phương truyền sóng.

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững và ngược lại.
Dựa vào đồ thị ta thấy trong các hạt nhân $^{19}\mathrm{F}$, $^{209}\mathrm{Bi}$, $^{6}\mathrm{Li}$, $^{4}\mathrm{He}$ thì hạt nhân $^{6}\mathrm{Li}$ có năng lượng liên kết riêng bé nhất nên hạt nhân $^{6}\mathrm{Li}$ kém bền vững nhất so với ba hạt nhân kia.

Phương trình phản ứng hạt nhân này là
\[
{}^{14}_{7}\mathrm{N} + {}^{A}_{Z}X \rightarrow {}^{17}_{8}\mathrm{O} + {}^{1}_{1}\mathrm{H}.
\]

Dùng định luật bảo toàn số nucleon và định luật bảo toàn điện tích ta có
\[
14 + A = 17 + 1 \Rightarrow A = 4,\qquad
7 + Z = 8 + 1 \Rightarrow Z = 2.
\]

Vậy ${}^{A}_{Z}X = {}^{4}_{2}\mathrm{He}$.

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Tảng băng thu nhiệt lượng từ nước mặn của đại dương.	Đ
b	Phần tảng băng chìm trong nước mặn chiếm  thể tích của nó.		S
c	Lúc vừa được tách ra từ mảng đất liền, rơi xuống đại dương, nổi trên đại dương, tảng băng có khối lượng là $469,2.{10}^3 kg$ .	Đ
d	Nhiệt lượng truyền từ đại dương sang tảng băng cho đến khi nó tan chảy và đạt được nhiệt độ cân bằng là $1,625.{10}^{11 }J$ .	Đ

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Áp suất và thể tích của khí oxygen trong bong bóng tỉ lệ thuận với nhau.		S
b	Áp suất của khí oxygen trong bong bóng lúc cây thủy sinh vừa giải phóng ra là $p=0,75.{10}^5 Pa$ .		S
c	Khối lượng khí oxygen có trong bong bóng là $m=0.8 mg$	Đ
d	Thể tích của bong bóng khi vừa nổi lên đến mặt nước là $V_0=0,625 c{m}^3$ .	Đ

a) Sai.
Quá trình đẳng nhiệt nên \(pV=\text{hằng số}\) ⇒ \(p\) và \(V\) tỉ lệ nghịch (định luật Boyle).

b) Sai.
Áp suất của khí trong bong bóng lúc vừa giải phóng (ở độ sâu h):
\[
p = p_0 + \rho g h = 10^5 + 1000\cdot 10 \cdot 2{,}5 = 1{,}25\cdot 10^5\ \text{Pa}.
\]

c) Đúng.
Dùng phương trình Claperon:
\[
m=\frac{pVM}{RT}
=\frac{1{,}25\cdot 10^5 \cdot 0{,}5\cdot 10^{-6} \cdot 32}{8{,}31\cdot (27+273)}
\approx 8{,}0\cdot 10^{-4}\ \text{g} = 0{,}8\ \text{mg}.
\]

d) Đúng.
Khi bong bóng nổi lên mặt nước, áp suất bằng \(p_0\). Theo định luật Boyle:
\[
p_0 V_0 = p V \Rightarrow V_0=\frac{p}{p_0}V
= \frac{1{,}25\cdot 10^5}{10^5}\cdot 0{,}5 = 0{,}625\ \text{cm}^3.
\]

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Tất cả các ion đều được tăng tốc khi đi qua bộ chọn vận tốc.		S
b	Vận tốc của những ion thoát ra khỏi bộ chọn vận tốc là $v=E/B$ .	Đ
c	Lực từ do từ trường đều $\overrightarrow{B\text{'}}$  tác dụng lên ion đi vào nó gây ra gia tốc hướng tâm cho ion.	Đ
d	Khối lượng của ion chuyển động theo quỹ đạo bán kính $R$  trong từ trường đều $\overrightarrow{B\text{'}}$  là $m=\frac{\left|q\right|BB\text{'}R}{E}$ .	Đ

a) Sai. Hằng số phân rã:
\[
\lambda=\frac{\ln 2}{T}=\frac{\ln 2}{\,11{,}4\cdot 24\,}\approx 2{,}53\cdot 10^{-3}\ \text{h}^{-1}.
\]

b) Sai. Phương trình phản ứng:
\[
{}^{223}_{88}\mathrm{Ra}\ \rightarrow\ {}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{A}_{Z}X.
\]
Bảo toàn số nucleon và điện tích:
\[
\begin{cases}
223=4+A\ \Rightarrow\ A=219,\\
88=2+Z\ \Rightarrow\ Z=86,
\end{cases}
\]
nên $X\equiv{}^{219}_{86}\mathrm{Rn}$, có $86$ proton và $219-86=133$ neutron.

c) Đúng. Trên lọ ghi $1100\ \text{kBq/mL}$, thể tích $6\ \text{mL}$:
\[
H_0=1100\cdot 6=6600\ \text{kBq}=6{,}6\cdot 10^6\ \text{Bq}.
\]

d) Sai. Sau $t=22{,}8\ \text{ngày}$ (hai chu kì $T$) thì
\[
H=H_0\cdot 2^{-t/T}= \frac{H_0}{4}= \frac{6{,}6\cdot 10^6}{4}\approx 1{,}65\cdot 10^6\ \text{Bq}.
\]
Liều cần tiêm $1{,}1\cdot 10^6\ \text{Bq}$ tương ứng thể tích
\[
V=\frac{1{,}1\cdot 10^6}{1{,}65\cdot 10^6}\cdot 6 \approx 4\ \text{mL}\ (\text{không phải }2\ \text{mL}).
\]

Phương trình cân bằng nhiệt:
\[
m_1c_1(t-t_1)+m_2c_2(t-t_2)+m_3c_3(t-t_3)+m_4c_4(t-t_4)=0.
\]

Suy ra:
\[
t=\frac{m_1c_1t_1+m_2c_2t_2+m_3c_3t_3+m_4c_4t_4}{m_1c_1+m_2c_2+m_3c_3+m_4c_4}.
\]

Thay số:
\[
t=\frac{0{,}44\cdot 440\cdot 44\;+\;0{,}38\cdot 380\cdot 38\;+\;0{,}13\cdot 130\cdot 13\;+\;0{,}42\cdot 4200\cdot 42}{0{,}44\cdot 440\;+\;0{,}38\cdot 380\;+\;0{,}13\cdot 130\;+\;0{,}42\cdot 4200}
\approx 41{,}7^\circ\text{C}.
\]

Với quá trình làm nóng đẳng áp:
\[
U - U_0 = A_1 + Q_1,\qquad
A_1 = -\,p\,\Delta V = -\,\frac{m}{M}R\,\Delta T,\quad Q_1=12\ \text{J}.
\]

Với quá trình làm lạnh đẳng tích để trở về nhiệt độ ban đầu:
\[
U_0 - U = A_2 + Q_2,\qquad A_2=0,\ Q_2=-9\ \text{J}\ \Rightarrow\ U-U_0=9.
\]

Kết hợp hai biểu thức:
\[
-\frac{m}{M}R\,\Delta T + 12 = 9 \ \Rightarrow\ \frac{m}{M}R\,\Delta T = 3
\ \Rightarrow\ m=\frac{3M}{R\,\Delta T}.
\]

Thay số $M=28\ \text{g/mol}$, $R=8{,}31\ \text{J/(mol·K)}$, $\Delta T=15\ \text{K}$:
\[
m=\frac{3\cdot 28}{8{,}31\cdot 15}\ \text{g}\approx 0{,}67\ \text{g}.
\]

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dài $l$ mang dòng $I$ trong từ trường đều:
\[
F = B\,I\,l\,\sin\alpha.
\]
Tại cực đại, $\alpha=90^\circ$, $I=I_0=50\sqrt{2}\ \text{A}$ và $l=1\ \text{m}$:
\[
F_{\max}=B\,I_0\,l=(5{,}0\cdot 10^{-5})(50\sqrt{2})\cdot 1
=25\sqrt{2}\cdot 10^{-4}\ \text{N}\approx 3{,}5\ \text{mN}.
\]

Suất điện động cảm ứng trong vùng mô hình tròn có độ lớn
\[
e=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|
=\left|\frac{\Delta(BS)}{\Delta t}\right|
= S\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|
= \pi r^{2}\,\frac{\Delta B}{\Delta t}.
\]

Đổi đơn vị: $r=0{,}10\ \text{cm}=1{,}0\times 10^{-3}\ \text{m}$, $\Delta t=75\ \text{ms}=75\times 10^{-3}\ \text{s}$. Thay số:
\[
e=\pi(1{,}0\times 10^{-3})^{2}\cdot \frac{0{,}20}{75\times 10^{-3}}
\approx 8{,}4\times 10^{-6}\ \text{V}
= 8{,}4\ \mu\text{V}.
\]

Số hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$ mà nhà máy dùng trong thời gian $t$:
\[
N=\frac{E_{\text{nhiệt}}}{E_1}
=\frac{P\,t}{H\,E_1}.
\]

Khối lượng ${}^{235}\mathrm{U}$ tiêu thụ:
\[
m=\frac{N\,M}{N_A}
=\frac{P\,t\,M}{H\,E_1\,N_A}.
\]

Thay $t=3600\ \text{s}$, $P=3{,}9\cdot 10^{9}\ \text{W}$, $H=0{,}30$, $E_1=3{,}2\cdot 10^{-11}\ \text{J}$,
$M=0{,}235\ \text{kg/mol}$, $N_A=6{,}02\cdot 10^{23}\ \text{mol}^{-1}$:
\[
m=\frac{3{,}9\cdot 10^{9}\cdot 3600\cdot 0{,}235}{0{,}30\cdot 3{,}2\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}}
\approx 0{,}57\ \text{kg}.
\]

Tổng số hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$ đã phân hạch (cũng là tổng số phản ứng) là
\[
N=\frac{E}{E_1}.
\]

Mặt khác,
\[
N=N_0+kN_0+k^2N_0+\cdots+k^{10-1}N_0
=\frac{k^{10}-1}{k-1}\,N_0.
\]

Do đó, kết hợp được
\[
\frac{k^{10}-1}{k-1}\,N_0=\frac{E}{E_1}
\quad\Rightarrow\quad
\frac{k^{10}-1}{k-1}
=\frac{708}{200\cdot 10^{6}\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 10^{10}}
\approx 2212{,}5.
\]

Giải ra (tìm $k$ thỏa \(\frac{k^{10}-1}{k-1}\approx 2212{,}5\)) suy ra
\[
k\approx 2{,}2.
\]