(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 42

Đáp án đúng là A

Năng lượng của pin:
\[
W = U\,\Delta q = 24 \cdot 12 \cdot 3600 = 1{,}036{,}800\ \text{J}.
\]

Năng lượng motor điện nhận được:
\[
A = H\,W = 0{,}80 \cdot 1{,}036{,}800 = 829{,}440\ \text{J}.
\]

Thời gian tối đa UAV có thể bay liên tục đến khi hết pin:
\[
t=\frac{A}{P}=\frac{829{,}440}{240}=3456\ \text{s}=0{,}96\ \text{giờ}.
\]

Đáp án đúng là A

Nhiệt lượng cần cung cấp để $1\ \text{kg}$ rượu tăng thêm $2^\circ\text{C}$ là:
\[
Q = m\,c\,\Delta T
\]
với $m=1\ \text{kg}$, $c=2500\ \text{J/(kg·K)}$, $\Delta T = 2\ \text{K}$:
\[
Q = 1 \cdot 2500 \cdot 2 = 5000\ \text{J}.
\]

Đáp án đúng là B

Độ tăng nhiệt độ của miếng kim loại được xác định bởi:
\[
Q = m\,c\,\Delta T \;\Leftrightarrow\; \Delta T = \frac{Q}{m\,c}.
\]

Do các miếng kim loại có cùng khối lượng \(m\) và lần lượt được cung cấp cùng nhiệt lượng \(Q\) (bỏ qua trao đổi nhiệt ra môi trường) nên miếng kim loại có nhiệt dung riêng \(c\) nhỏ nhất sẽ tăng nhiệt độ nhiều nhất.

Vậy miếng chì tăng nhiệt độ nhiều nhất.

Đáp án đúng là B

Do nhiệt độ đo được là hàm bậc nhất theo chiều dài cột thủy ngân nên ta có: $t = a\,\ell + b$.

Khi $t = 0^\circ\text{C}$, $\ell = 2\ \text{cm}$:
\[
0 = a\cdot 2 + b \;\Leftrightarrow\; 2a + b = 0 \quad (1)
\]

Khi $t = 100^\circ\text{C}$, $\ell = 22\ \text{cm}$:
\[
100 = a\cdot 22 + b \;\Leftrightarrow\; 22a + b = 100 \quad (2)
\]

Từ (1) và (2) suy ra hệ:
\[
\begin{cases}
2a + b = 0,\\
22a + b = 100
\end{cases}
\Rightarrow a = 5,\quad b = -10.
\]

Vậy $t = 5\ell - 10$. Với $\ell = 18\ \text{cm}$:
\[
t = 5\cdot 18 - 10 = 80^\circ\text{C}.
\]

Đáp án đúng là D

Theo nguyên lí I nhiệt động lực học:
\[
\Delta U = A + Q.
\]

Trên đồ thị, quá trình (1) → (2) là đẳng áp với $p = 1{,}04\,p_0$, $V_1 = 1\ \ell$, $V_2 = 2\ \ell$
($1\ \ell = 10^{-3}\ \text{m}^3$). Công do khí thực hiện:
\[
A = -\,p\,\Delta V = -\,1{,}04\,p_0\,(V_2 - V_1)
= -\,1{,}04\cdot 10^5 \cdot (2-1)\cdot 10^{-3}
= -\,104\ \text{J}.
\]

Với $Q = 400\ \text{J}$:
\[
\Delta U = A + Q = -104 + 400 = 296\ \text{J}.
\]

Đáp án đúng là C

Xét theo phương chuyển động của pittông (pittông chuyển động đều nên $a=0$). Gọi lực do khí trong xi lanh tác dụng lên pittông là $F_{\text{kh}}=pS$, lực do khí quyển là $F_{\text{kq}}=p_0S$, và lực ma sát là $F_{\text{ms}}$.

Theo định luật II Newton:
\[
F_{\text{kh}} - F_{\text{kq}} - F_{\text{ms}} = m a = 0
\quad\Rightarrow\quad
F_{\text{ms}} = F_{\text{kh}} - F_{\text{kq}} = (p-p_0)S.
\]

Từ đồ thị trạng thái: $p = 1{,}04\,p_0$, với $p_0 = 10^{5}\ \text{Pa}$, $S = 50\ \text{cm}^2 = 50\times 10^{-4}\ \text{m}^2$:
\[
F_{\text{ms}}=(1{,}04\,p_0 - p_0)S
= 0{,}04\,p_0\,S
= 0{,}04\times 10^{5}\times 50\times 10^{-4}
= 20\ \text{N}.
\]

Đáp án đúng là B

Độ lớn lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn dài $l$ mang dòng $I$ trong từ trường đều:
\[
F = B I l \sin\theta.
\]
Dòng điện hướng Đông, $\vec B$ hướng Bắc nên $\theta=90^\circ$:
\[
F = (0{,}5\times 10^{-4})\times 22{,}0 \times 36{,}0
= 3{,}96\times 10^{-2}\ \text{N} = 39{,}6\ \text{mN}.
\]
Chiều lực theo quy tắc bàn tay trái (hay $\vec F = I\,\vec l \times \vec B$) là \textbf{hướng lên trên}.

Đáp án đúng là D

Thể tích đoạn dây: $V = S\,\ell$ với $\ell = 36{,}0\ \text{m}$ (từ dữ kiện chung).
Trọng lượng (lực hấp dẫn) của đoạn dây:
\[
F_{\mathrm{hd}} = P = m g = \rho\,V\,g = \rho\,S\,\ell\,g.
\]
Thay số:
\[
F_{\mathrm{hd}} = 8{,}9\times 10^{3}\cdot 2{,}5\times 10^{-6}\cdot 36{,}0\cdot 10
= 8{,}01\ \text{N}.
\]

Lượng không khí được nạp vào xi lanh ở đầu kì nén có số mol là:
\(p_1V_1 = nRT_1 \Rightarrow n=\dfrac{p_1V_1}{RT_1}
= \dfrac{10^{5}\cdot 0{,}8 \cdot 10^{-3}}{8{,}31\,(27+273)}
\approx 0{,}03\ \text{mol}.\)

Nhiệt độ của khối khí trong xi lanh ở cuối kỳ nén là:
\( \dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2} \Rightarrow
T_2=\dfrac{p_2V_2\,T_1}{p_1V_1}
=\dfrac{2{,}46\cdot10^{6}\cdot 0{,}1\cdot (27+273)}{10^{5}\cdot 0{,}8}
\approx 923\ \text{K}. \)

Đáp án đúng là C

Theo nguyên lí I nhiệt động lực học:
\[
\Delta U = A + Q
\]
Thay $Q=170\ \text{J}$, $\Delta U=100\ \text{J}$:
\[
100 = A + 170 \;\Rightarrow\; A = -70\ \text{J}.
\]
Dấu âm cho biết khối khí **thực hiện** công $70\ \text{J}$ (làm việc ra ngoài).

Đáp án đúng là B

Vì thủy ngân giãn nở tuyến tính theo nhiệt độ, nên khi nhiệt độ tăng thêm $1^\circ\text{C}$ thì chiều dài cột thủy ngân tăng một đoạn
\[
\Delta \ell_{1^\circ\text{C}}=\frac{6{,}25}{50}=0{,}125\ \text{cm}.
\]

Khoảng cách từ vạch $0^\circ\text{C}$ đến mức thủy ngân là $4{,}5\ \text{cm}$, do đó nhiệt độ là
\[
t=\frac{4{,}5}{0{,}125}=36^\circ\text{C}.
\]

Đáp án đúng là C

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng:
\[
\frac{p_1 V_1}{T_1}=\frac{p_2 V_2}{T_2}
\;\Rightarrow\;
\frac{T_2}{T_1}=\frac{p_2 V_2}{p_1 V_1}
=\frac{4p_1\cdot (V_1/2)}{p_1 V_1}=2.
\]

Động năng tịnh tiến trung bình tỉ lệ với nhiệt độ tuyệt đối:
\[
\bar W_t=\frac{3}{2}kT
\;\Rightarrow\;
\frac{\bar W_{t2}}{\bar W_{t1}}=\frac{T_2}{T_1}=2.
\]

Vậy động năng tịnh tiến trung bình của các phân tử khí **tăng 2 lần**.

Đáp án đúng là C

     Khi kim la bàn ổn định, đầu màu đỏ của kim chỉ về phía trước mặt anh kỹ sư, tức là anh đang quay mặt về hướng Bắc. Hướng mặt tiền của ngôi nhà là hướng vuông góc về bên phải so với hướng của kim là hướng Đông.

     Vậy mặt tiền của ngôi nhà đó quay về hướng Đông.

Đáp án đúng là D

Cảm ứng từ tổng hợp tại $M$ có phương và chiều như hình vẽ.

Độ lớn cảm ứng từ tại $M$ do dòng điện $I_1$ và $I_2$ gây ra lần lượt là:
\[
B_1 = 2\cdot 10^{-7}\,\frac{I_1}{r_{1M}}
= 2\cdot 10^{-7}\,\frac{5}{0{,}08}
= 1{,}25\cdot 10^{-5}\ \text{(T)},
\]
\[
B_2 = 2\cdot 10^{-7}\,\frac{I_2}{r_{2M}}
= 2\cdot 10^{-7}\,\frac{5}{0{,}04}
= 2{,}5\cdot 10^{-5}\ \text{(T)}.
\]

Do $\vec B_1$ ngược hướng với $\vec B_2$ nên độ lớn cảm ứng từ tổng hợp tại $M$:
\[
B_M = \bigl|\,B_1 - B_2\,\bigr|
= \bigl|\,1{,}25\cdot 10^{-5} - 2{,}5\cdot 10^{-5}\,\bigr|
= 1{,}25\cdot 10^{-5}\ \text{T}.
\]

Đáp án đúng là B

     Khi từ thông qua khung dây dẫn kín biến thiên thì sinh ra dòng điện cảm ứng trong khung dây. Cường độ dòng điện cảm ứng không đổi khi suất điện động cảm ứng trong khung dây không đổi hay từ thông qua khung dây tăng đều hoặc giảm đều theo thời gian.

     Vậy trong khoảng thời gian từ t = t1 đến t = t2 hay từ t = t2 đến t = t3 thì trong khung dây dẫn kín xuất hiện dòng điện cảm ứng với cường độ không đổi.

Đáp án đúng là A

Điện trở của dây quấn ống dây:
\[
R=\rho\,\frac{\ell}{S}
=\rho\,\frac{\ell}{\pi\left(\dfrac{d_1}{2}\right)^2}
=\frac{4\rho\,\ell}{\pi d_1^{\,2}}.
\]

Dòng điện qua ống dây:
\[
I=\frac{U}{R}
=\frac{U\,\pi d_1^{\,2}}{4\rho\,\ell}.
\]

Vì quấn sát một lớp nên mật độ vòng
\[
n=\frac{N}{L}\approx \frac{1}{d_1}.
\]

Cảm ứng từ trong ống dây:
\[
B=\mu_0\,n\,I
=\mu_0\,\frac{1}{d_1}\,\frac{U\,\pi d_1^{\,2}}{4\rho\,\ell}.
\]

Thay số $d_1=0{,}8\,\text{mm}=8\cdot 10^{-4}\ \text{m}$, $\ell=100\ \text{m}$, $U=12\ \text{V}$, $\rho=1{,}68\cdot 10^{-8}\ \Omega\!\cdot\!\text{m}$:
\[
I=\frac{12\cdot \pi\,(8\cdot 10^{-4})^{2}}{4\cdot 1{,}68\cdot 10^{-8}\cdot 100}\approx 3{,}59\ \text{A},
\quad
n=\frac{1}{8\cdot 10^{-4}}=1250\ \text{m}^{-1},
\]
\[
B=\mu_0\,n\,I=(4\pi\cdot 10^{-7})\cdot 1250 \cdot 3{,}59
\approx 5{,}63\cdot 10^{-3}\ \text{T}
= 5{,}63\ \text{mT}.
\]

Đáp án đúng là C

Năng lượng liên kết riêng của \(^{A}_{Z}X\):
\[
E_{\mathrm{lk}/A}
= \frac{\bigl[Z\,m_p+(A-Z)\,m_n - m(^{A}_{Z}X)\bigr]c^{2}}{A}.
\]

Tính lần lượt (MeV/nucleon):
\[
E_{\mathrm{lk}/A}(^{238}\mathrm{U}) \approx 7.3725,\quad
E_{\mathrm{lk}/A}(^{235}\mathrm{U}) \approx 7.5910,\quad
E_{\mathrm{lk}/A}(^{197}\mathrm{Au}) \approx 7.7107,\quad
E_{\mathrm{lk}/A}(^{23}\mathrm{Na}) \approx 8.1116.
\]

Vì \(E_{\mathrm{lk}/A}\) càng lớn thì hạt nhân càng bền, nên tăng dần:
\[
^{238}_{92}\mathrm{U}\;<\;^{235}_{92}\mathrm{U}\;<\;^{197}_{79}\mathrm{Au}\;<\;^{23}_{11}\mathrm{Na}.
\]

Đáp án đúng là D

Năng lượng tỏa ra khi sử dụng hết \(50\ \text{g}\ ^{235}_{92}\mathrm{U}\):
\[
E_1 = N_{U235}\cdot 200
= \frac{m}{M}\,N_A\cdot 200
= \frac{50}{235}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\cdot 200
\approx 2{,}56\cdot 10^{25}\ \text{MeV}.
\]

Năng lượng tỏa ra khi thu được \(50\ \text{g}\ ^{2}_{1}\mathrm{D}\):
\[
E_2 = N_{D}\cdot 2{,}23
= \frac{m}{M}\,N_A\cdot 2{,}23
= \frac{50}{2}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\cdot 2{,}23
\approx 3{,}36\cdot 10^{25}\ \text{MeV}.
\]

Tỉ số:
\[
\frac{E_2}{E_1}\approx \frac{3{,}36\cdot 10^{25}}{2{,}56\cdot 10^{25}}
\approx 1{,}3.
\]

Kết luận các mệnh đề:
A sai (phản ứng 1 là phân hạch, không phải nhiệt hạch; giá trị năng lượng tính đúng).
B sai (phản ứng 2 là nhiệt hạch, không phải phân hạch; giá trị năng lượng tính đúng).
C sai vì năng lượng mỗi phản ứng nhiệt hạch ở đây (2,23 MeV) nhỏ hơn nhiều so với mỗi phản ứng phân hạch (200 MeV).
D đúng theo tính toán trên.

Đáp án đúng là B

Số mol \(^{24}_{11}\mathrm{Na}\) trong \(5\ \text{mL}\):
\[
n = c_M V = 1{,}002\cdot 10^{-3}\times 5\cdot 10^{-3}
= 5{,}01\cdot 10^{-6}\ \text{mol}.
\]

Độ phóng xạ (hoạt độ) tại thời điểm tiêm:
\[
H = \lambda N = \frac{\ln 2}{T}\, n\, N_A
= \frac{\ln 2}{15\cdot 3600}\times 5{,}01\cdot 10^{-6}\times 6{,}02\cdot 10^{23}
\approx 3{,}87\cdot 10^{13}\ \text{Bq}.
\]

a) ĐÚNG

Nhiệt lượng điện mà bộ đun tiêu thụ trong \(10\) phút:
\[
Q_{\text{tòa}} = P\,t = 2{,}8\times 10^{3}\times (10\times 60)=1{,}68\times 10^{6}\ \mathrm{J}=1680\ \mathrm{kJ}.
\]
Không phải \(168\ \mathrm{kJ}\) \(\Rightarrow\) \textbf{Sai}.

b) Nhiệt lượng nước nhận được (tính theo hiệu suất):
\[
Q_{\text{thu}} = H\,Q_{\text{tòa}} = 0{,}95\times 1680\ \mathrm{kJ}=1596\ \mathrm{kJ}.
\]

c) SAI

Từ \(Q_{\text{thu}} = m\,c\,\Delta T\) với \(\Delta T=t_2-t_1=16\ \mathrm{K}\):
\[
m=\frac{Q_{\text{thu}}}{c\,\Delta T}
=\frac{1{,}596\times 10^{6}}{4200\times 16}
\approx 23{,}75\ \mathrm{kg}.
\]
Không phải \(23\ \mathrm{kg}\) \(\Rightarrow\) 

d) ĐÚNG

Thể tích nước phun ra trong \(10\) phút: \(V=\dfrac{m}{D}=\dfrac{23{,}75}{1000}\ \mathrm{m^3}\).
Gọi \(v\) là tốc độ chảy trung bình qua tổng tiết diện các lỗ \(S=10\ \mathrm{mm^2}=1{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{m^2}\),
khi đó \(V = S\,v\,t\), suy ra
\[
v=\frac{V}{S\,t}=\frac{m}{D\,S\,t}
=\frac{23{,}75}{1000\times 1{,}0\times 10^{-5}\times 600}
\approx 3{,}96\ \mathrm{m/s}\approx 4\ \mathrm{m/s}.
\]

a) ĐÚNG

Từ phương trình trạng thái:
\[
p_1V_1=nRT_1 \Rightarrow
n=\frac{p_1V_1}{RT_1}
=\frac{3\cdot 10^{5}\cdot 1{,}5\cdot 10^{-3}}{8{,}31\cdot(27+273)}
=\frac{50}{277}\approx 0{,}18\ \text{mol}.
\]

b) ĐÚNG

(1) → (2) là đẳng nhiệt nên \(p_1V_1=p_2V_2\):
\[
V_2=\frac{p_1V_1}{p_2}
=\frac{3\cdot 10^{5}\cdot 1{,}5\cdot 10^{-3}}{10^{5}}
=4{,}5\cdot 10^{-3}\ \text{m}^3.
\]

c) ĐÚNG

(2) → (3) là đẳng tích ⇒ \(T\propto p\):
\[
\frac{T_3}{T_2}=\frac{p_3}{p_2}=\frac{3\cdot 10^{5}}{10^{5}}=3.
\]
Mà \(\bar E_t=\tfrac{3}{2}kT\) ⇒ động năng tịnh tiến trung bình tăng 3 lần.

d) SAI

Từ (b) có \(x=V_2=4{,}5\cdot 10^{-3}\ \text{m}^3\). Suy ra
\[
V_5=1{,}5x=6{,}75\cdot 10^{-3}\ \text{m}^3,\quad
T_5=\frac{p_5V_5}{nR}
=\frac{3\cdot 10^{5}\cdot 6{,}75\cdot 10^{-3}}{(50/277)\cdot 8{,}31}
\approx 1{,}35\cdot 10^{3}\ \text{K} \ne 300\ \text{K}.
\]

a) SAI

Trọng lượng của nam châm không thay đổi. Số chỉ của cân tăng lên do tương tác giữa nam châm với đoạn dây dẫn có dòng điện chạy qua. Cụ thể, từ trường của nam châm tác dụng một lực từ lên đoạn dây dẫn mang dòng điện. Do đoạn dây dẫn được giữ cố định, theo định luật III Newton, đoạn dây dẫn sẽ tác dụng lại một phản lực lên từ trường, tức là lên nam châm. Phản lực này có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống, làm tăng áp lực lên đĩa cân, dẫn đến số chỉ của cân tăng lên.

b) ĐÚNG

Do phản lực của đoạn dây dẫn mang dòng điện tác dụng lên nam châm có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống nên lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện sẽ có phương thẳng đứng, chiều từ dưới lên trên. Dựa vào quy tắc bàn tay trái, ta xác định được chiều dòng điện chạy trong đoạn dây dẫn nằm trong từ trường đều có chiều từ A đến B.

c) SAI

Độ lớn của lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều là:

\[
F = \Delta P = \Delta m \cdot g
\]

\[
F = (500{,}12 \cdot 10^{-3} - 499{,}56 \cdot 10^{-3}) \cdot 9,8
= 5{,}488 \cdot 10^{-3}\,\text{N}
= 5{,}488\,\text{mN}
\]

d) ĐÚNG

Độ lớn cảm ứng từ giữa hai cực của nam châm là:

\[
F = B \cdot I \cdot \ell \cdot \sin(\vec{B}; \vec{\ell})
\]

\[
B = \frac{F}{I \cdot \ell \cdot \sin(\vec{B}; \vec{\ell})}
= \frac{5{,}488 \cdot 10^{-3}}{0,28 \cdot 4 \cdot 10^{-2} \cdot \sin 90^\circ}
= 0,49\,\text{T}
\]

a) ĐÚNG

     Vì độ phóng xạ tỉ lệ với cường độ dòng điện nên đồ thị biểu diễn sự biến thiên độ phóng xạ của mẫu $^{220}\text{Rn}$ trong bình theo thời gian đồng dạng với đồ thị biểu diễn sự biến thiên cường độ dòng điện theo thời gian như hình vẽ ở đề bài.

     Vậy đồ thị biểu diễn sự biến thiên độ phóng xạ của mẫu $^{220}\text{Rn}$ trong bình theo thời gian như hình vẽ sau là đúng.

b) ĐÚNG

     Dựa vào đồ thị biểu diễn sự biến thiên độ phóng xạ của mẫu $^{220}\text{Rn}$ trong bình theo thời gian như hình vẽ ở câu a, ta xác định được chu kì bán rã của chất phóng xạ $^{220}\text{Rn}$ là 55 giây.

c) ĐÚNG

Số hạt nhân \(^{220}\mathrm{Rn}\) có trong 1 ml khí \(^{220}\mathrm{Rn}\) ở điều kiện tiêu chuẩn:
\[
p.V = nRT \Leftrightarrow n = \frac{pV}{RT}
\]
\[
N_{\mathrm{Rn}} = nN_A = \frac{pV}{RT}\,N_A
= \frac{101325.1.10^{-6}}{8,31.273}\,.\,6,02.10^{23}
\approx 2,6887.10^{19}\ \text{hạt.}
\]

d) ĐÚNG

Với 1 ml khí \(^{220}\mathrm{Rn}\) muốn duy trì độ phóng xạ thì lượng \(^{220}\mathrm{Rn}\) bị phân rã phải được bù lại bằng lượng \(^{220}\mathrm{Rn}\) được tạo ra trong phân rã \(^{224}\mathrm{Ra}\). Và lượng \(^{224}\mathrm{Ra}\) đã phân rã phải được bù lại bằng lượng \(^{224}\mathrm{Ra}\) được tạo ra trong phân rã của \(^{228}\mathrm{Th}\). Vì vậy, để duy trì độ phóng xạ ta cần có: \(H_{\mathrm{Th}} = H_{\mathrm{Ra}} = H_{\mathrm{Rn}}\).

Độ phóng xạ của \(^{220}\mathrm{Rn}\):
\[
H_{\mathrm{Rn}} = \lambda_{\mathrm{Rn}}.N_{\mathrm{Rn}}
= \frac{\ln 2}{T_{\mathrm{Rn}}}\,.\,\frac{pV}{RT}\,.\,N_A
\]

Mà:
\[
H_{\mathrm{Th}} = \frac{\ln 2}{T_{\mathrm{Th}}}.N_{\mathrm{Th}}
= \frac{\ln 2}{T_{\mathrm{Th}}}.\frac{m_{\mathrm{Th}}}{M_{\mathrm{Th}}}.N_A = H_{\mathrm{Rn}}
\]

Suy ra:
\[
m_{\mathrm{Th}} = \frac{T_{\mathrm{Th}}.M_{\mathrm{Th}}.pV}{T_{\mathrm{Rn}}.R.T}
\approx \frac{1,9.365.24.3600.228.101325.1.10^{-6}}{55,8.8,31.273}
\approx 11094\ \text{g}.
\]

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy qua tải tiêu thụ bằng:
I = E/R = E0/(R√2) = 220√2/(50√2) = 4,4 A.

Khi khung dây quay đều quanh trục, ta có:
I = E/R = E0/(R√2) = N.B.S.2π.f/(R.√2) ⇔ f = (I.R.√2)/(N.B.S.2π)
= (1.5.√2)/(250.0,45.50.10^−4.2π) ≈ 2 vòng/giây.

Tại thời điểm \(t=\dfrac{1}{\lambda}\), ta có:
\[
\frac{\Delta N}{N_0}
=\frac{N_0\!\left(1-e^{-\lambda t}\right)}{N_0}
=1-e^{-\lambda\cdot \frac{1}{\lambda}}
=1-e^{-1}\approx 0{,}632.
\]
Vậy \(x=63{,}2\%\).

Tại thời điểm xác lập kỉ lục Việt Nam, ta có:
\(H_t = H_0\cdot 2^{-\frac{t}{T}} \Rightarrow 0{,}94\,H_0 = H_0\cdot 2^{-\frac{t}{5730}}\Rightarrow t \approx 500\ \text{năm}.\)