(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 43

Đáp án đúng là C

Nhiệt dung riêng của một chất là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg chất đó tăng thêm $1\ \text{K}$ (hoặc $1^\circ\text{C}$).

Đáp án đúng là C

Khi nam châm chuyển động bên trong lồng cuộn dây, từ thông xuyên qua tiết diện của cuộn dây làm xuất hiện dòng điện cảm ứng (dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ). Dòng điện sẽ được truyền đến bộ xử lí và hiện thị trên màn hình.

Đáp án đúng là B

- Theo thuyết động học phân tử, các phân tử chất lỏng:

+ Dao động quanh các vị trí cân bằng không cố định;

+ Lực liên kết giữa các phân tử yếu hơn chất rắn (lực liên kết vẫn đủ lớn để liên kết các phân tử);

+ Có thể tích xác định và hình dạng không xác định (phụ thuộc vào bình chứa).

- Các nhận định sai: (1); (3); (5).

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí:

\[
\frac{p_1 V_1}{T_1} = \frac{p_3 V_3}{T_3}
\quad \Rightarrow \quad
T_3 = \frac{p_3 V_3}{p_1 V_1} \cdot T_1 = \frac{1{,}2 p_0 \cdot V_3}{p_0 \cdot V_1} \cdot T_1
\]

\[
\Rightarrow T_3 = \frac{1,2 \times 800}{600} \times (29 + 273) = 483{,}2\ \text{K} \approx 210^\circ\text{C}
\]

Độ lớn của công mà khối khí thực hiện làm dịch chuyển pittong:

\[
A = A_{12} + A_{23} = 0 + p_2 (V_3 - V_2) = p_2 (V_3 - V_2)
\]

Độ dịch chuyển của pittong trong quá trình trên:

\[
A = F \cdot d = p_2 \cdot S \cdot d \quad \Rightarrow \quad d = \frac{p_2 (V_3 - V_2)}{p_2 S} = \frac{V_3 - V_2}{S}
\]

\[
d = \frac{200}{50} = 0,04\ \text{m} = 4\ \text{cm}.
\]

Đáp án đúng là C

Độ lớn suất điện động cảm ứng tỉ lệ với số vòng dây: ec=-N.∆∅∆t . Để tăng độ nhạy của cảm biến, nhóm học sinh nên tăng số vòng dây của cuộn dây.

Đáp án đúng là C

Trong hệ tọa độ (p,T) của khối khí lí tưởng xác định, đường đẳng tích là đường thẳng kéo dài qua gốc tọa độ O.

Đáp án đúng là B

Các thông số trạng thái của một khí lí tưởng: p, V, T.

Đáp án đúng là A

Dòng điện $\vec{I}$ vuông góc với mặt phẳng chứa cảm ứng từ $\vec{B}$ nên $(\vec{I}; \vec{B}) = 90^\circ$.
Lực tác dụng lên dây cáp do từ trường Trái Đất gây ra:

\[
F = B I l \sin(\vec{I}; \vec{B}) = 4,0 \times 10^{-5} \times 3,0 \times 4,0 = 4,8 \times 10^{-4}\ \text{N}
\]

Đáp án đúng là D

Máy biến áp hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ nên sử dụng điện áp xoay chiều, máy giảm áp có N1 > N2 Þ Hình 4.

Đáp án đúng là C

Tần số của tia hồng ngoại:

\[
f = \frac{v}{\lambda} = \frac{3,0 \times 10^8}{950 \times 10^{-9}} \approx 316 \times 10^{12}\ \text{Hz}
\]

Đáp án đúng là B

Đồng vị là những nguyên tử của cùng một nguyên tố có cùng số proton (Z), khác số Nucleon (A).

Đáp án đúng là C

Hạt nhân càng bền vững khi năng lượng liên kết riêng càng lớn. Quan sát đồ thị ta thấy được năng lượng liên kết riêng của ${}^{40}_{20}\text{Ca}$ lớn nhất nên ${}^{40}_{20}\text{Ca}$ bền vững nhất trong bốn hạt nhân kể trên.

Đáp án đúng là A

Việc nung chảy kim loại thường dựa trên nhiệt nóng chảy riêng của kim loại đó.

Đáp án đúng là B

Sau một khoảng thời gian bằng với chu kỳ bán rã của một chất, số hạt nhân còn lại trong mẫu chất đó sẽ còn lại 50% số hạt nhân ban đầu. Tức là đã có 50% số hạt nhân chất đó biến đổi thành hạt nhân khác.

Đáp án đúng là D

Khả năng đâm xuyên của tia X qua các vật cản khác nhau thì khác nhau. Bên trong cơ thể con người có nhiều bộ phận khác nhau: Mô mềm, xương,…Vì vậy, hình ảnh khi chụp X – quang sẽ có chỗ đậm, chỗ nhạt.

Đáp án đúng là C

Thí nghiệm Rutherford chứng tỏ: Nguyên tử có cấu trúc gần như rỗng bao gồm hạt nhân có kích thước rất nhỏ nằm ở trung tâm, các electron chuyển động xung quanh hạt nhân.

Đáp án đúng là C

Mối liên hệ giữa độ Celsius và độ Kelvin: $T (\text{K}) = t (^\circ \text{C}) + 273$.

Đáp án đúng là C

Cường độ dòng điện tức thời tại thời điểm $t = 3\ \text{s}$

\[
i(t=3s) = 5\sqrt{2}\cos\left(100\pi \times 3 - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{5\sqrt{2}}{2}\ \text{A}
\]

Đáp án đúng là B

Khối lượng chất phóng xạ ${}^{222}_{86}\text{Rn}$ đã phân rã:

\[
\Delta m = m_0 \left(1 - 2^{-\tfrac{t}{T}}\right) = 80 = 95 \times \left(1 - 2^{-\tfrac{10}{T}}\right)
\]

\[
\Rightarrow T \approx 3,8\ \text{ngày}.
\]

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Áp suất khí trong bình trước và sau khi bắn đinh tuân theo định luật Boyle.		S
b	Nội năng của khí trong bình giảm sau mỗi lần bắn do khí đã thực hiện công để đẩy đinh.	Đ
c	Lượng khí chứa trong bình lúc ban đầu xấp xỉ 6,1 mol.	Đ
d	Người thợ có thể bắn được tối đa 180 cây đinh trước khi máy nén nạp lại khí.		S

a) SAI
Định luật Boyle chỉ áp dụng cho các khối khí lí tưởng xác định. Số mol khí trước và sau khi bắn đạn có sự thay đổi nên áp suất khí trước và sau khi bắn đinh không tuân theo định luật Boyle.

b) ĐÚNG
Khi khối khí đẩy đinh ra ngoài, nhiệt độ khối khí không đổi và khối khí đang thực hiện công: $A < 0$.
Khi này nội năng của khí sẽ giảm so với lúc ban đầu.

c) ĐÚNG
Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí lúc ban đầu:

\[
p_0 V_0 = n_0 R T_0 \quad \Rightarrow \quad n_0 = \frac{p_0 V_0}{R T_0} = \frac{10 \times 15}{0,082 \times (27 + 273)} \approx 6,1\ \text{mol}
\]

d) SAI
Số mol khí còn lại trong bình khi áp suất $p' = 4\ \text{atm}$:

\[
p' V_0 = n' R T_0 \quad \Rightarrow \quad n' = \frac{p' V_0}{R T_0}
\]

Số mol khí đã thoát ra bên ngoài cho đến khi bình nén nạp lại khí:

\[
\Delta n = n_0 - n' = \frac{V_0}{R T_0}(p_0 - p')
\]

Số mol khí thoát ra ngoài sau mỗi lần bắn:

\[
p V = n R T_0 \quad \Rightarrow \quad n = \frac{p V}{R T_0}
\]

Tổng số lần bắn trước khi bình nén nạp lại khí:

\[
\text{số lần} = \frac{\Delta n}{n} = \frac{(p_0 - p')V_0}{pV} = \frac{(10 - 4)\times 15}{1 \times 0,6} = 150\ \text{lần}
\]

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Quá trình nóng chảy của nước đá diễn ra trong giai đoạn từ A đến C.		S
b	Trong khoảng giữa D và E, vật chất tồn tại ở cả hai thể lỏng và thể khí.	Đ
c	Cần cung cấp nhiệt lượng bằng 920 kJ để 20% khối lượng nước chuyển thể thành hơi nước trong giai đoạn CE.		S
d	Tổng nhiệt lượng cần cung cấp cho nước đá đến khi hóa hơi 20% lượng nước kể từ thời điểm ban đầu là 2457,6 kJ.	Đ

a) SAI
Quá trình nóng chảy của nước đá chỉ diễn ra ở giai đoạn B đến C. Từ A đến B là giai đoạn cung cấp nhiệt lượng để nước đá tăng từ $-8^\circ\text{C}$ đến $0^\circ\text{C}$.

b) ĐÚNG
Giai đoạn từ D đến E, vật chất tồn tại ở cả hai thể lỏng và thể khí do đang trong quá trình hóa hơi. Quá trình này sẽ kết thúc khi toàn bộ chất lỏng được chuyển hoàn toàn thành thể khí.

c) SAI
Nhiệt lượng cần cung cấp để nước tăng từ $0^\circ\text{C}$ đến $100^\circ\text{C}$:
\[
Q_{CD}=m\,c\,\Delta t=2\times 4180\times (100-0)=836\cdot 10^{3}\ \text{J}.
\]
Nhiệt lượng cần cung cấp để $20\%$ lượng nước hóa thành hơi nước:
\[
Q_{DE}=m' L = 0{,}2\times 2\times 2{,}3\cdot 10^{6}=920\cdot 10^{3}\ \text{J}.
\]
Tổng nhiệt lượng cần cung cấp trong giai đoạn CE:
\[
Q_{CE}=Q_{CD}+Q_{DE}=1756\cdot 10^{3}\ \text{J}=1756\ \text{kJ}.
\]

d) ĐÚNG
Tổng nhiệt lượng cần cung cấp trong cả quá trình:
\[
Q=Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CE}
=2\times 2100\times [0-(-8)]\;+\;2\times 33{,}4\cdot 10^{4}\;+\;1756\cdot 10^{3}
=2457{,}6\cdot 10^{3}\ \text{J}=2457{,}6\ \text{kJ}.
\]

 

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Khi đưa nam châm lại gần vòng dây nhôm kín, vòng nhôm sẽ bị lệch khỏi vị trí ban đầu.	Đ
b	Khi đưa nam châm lại gần vòng dây nhôm hở, vòng nhôm sẽ bị lệch khỏi vị trí ban đầu.		S
c	Nếu ta liên tục đưa thanh nam châm lại gần – ra xa vòng nhôm kín theo đường thẳng xuyên qua tâm vòng nhôm, vòng sẽ đung đưa theo chiều chuyển động của nam châm.	Đ
d	Nếu ta thay vòng nhôm thành một cuộn dây 200 vòng được mắc kín. Khi đưa nam châm lại gần, từ thông xuyên qua mỗi vòng dây thay đổi một lượng 0,5 mWb trong khoảng thời gian 0,1s thì độ lớn suất điện động cảm ứng trong cuộn dây là 1 mV.		S

 

a) ĐÚNG

Khi đưa nhanh nam châm lại gần vòng dây nhôm kín, từ thông xuyên qua vòng nhôm biến thiên làm xuất hiện hiện tượng cảm ứng điện từ và trong vòng dây có dòng điện cảm ứng chạy qua. Khi này, dòng điện cảm ứng trong vòng nhôm sẽ tương tác với từ trường của nam châm làm cho vòng nhôm chuyển động.

b) SAI

Khi đưa nhanh nam châm lại gần vòng dây nhôm hở, mặc dù từ thông xuyên qua vòng nhôm biến thiên nhưng trong vòng dây có dòng điện cảm ứng vì vòng hở. Vì vậy, vòng nhôm sẽ đứng yên.

c) ĐÚNG

Khi ta liên tục đưa nam châm lại gần – ra xa vòng nhôm kín, dòng điện cảm ứng trong vòng nhôm sẽ đổi chiều liên tục để chống lại sự tăng, giảm liên tục của từ thông. Khi này, ta có thể xem vòng nhôm như một nam châm điện. Vì vậy vòng nhôm sẽ đung đưa theo chiều chuyển động của nam châm do lực tương tác từ (hút – đẩy).

d) SAI

Suất điện động cảm ứng có độ lớn:

\[
|e_c| = \left| -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|
= \left| -200 \times \frac{0,5 \times 10^{-3}}{0,1} \right|
= 1\ \text{V}.
\]

	Nội dung	Đúng	Sai
a	Hằng số phóng xạ của C60o  là 4,17.10-8 s-1.		S
b	Tại thời điểm ban đầu, mỗi giây có khoảng 7,4.1013 phân rã xảy ra.	Đ
c	Thời gian chiếu xạ tăng vì hoạt độ của nguồn phóng xạ đã tăng lên theo thời gian.		S
d	Trong quá trình điều trị ung thư cho bệnh nhân, cần loại bỏ một khối u có 2.1010 tế bào. Giả sử độ phóng xạ không đổi trong suốt quá trình điều trị (H0 =2 kCi) và chỉ có khoảng 0,01% năng lượng phát ra đến được khối u trong một đợt chiếu xạ (3 phút), bệnh nhân cần 11 buổi xạ trị để tiêu diện hoàn toàn khối u.	Đ

a) SAI
Hằng số phóng xạ của $^{60}$Co:
\[
\lambda = \frac{\ln 2}{T} = \frac{\ln 2}{5,27 \times 365 \times 86400} \approx 4,17 \cdot 10^{-9}\ \text{s}^{-1}.
\]

b) ĐÚNG
Độ phóng xạ ban đầu là $H_0 = 2\ \text{kCi} = 7,4 \cdot 10^{13}\ \text{Bq} = 7,4 \cdot 10^{13}$ phân rã/s.

c) SAI
Thời gian chiếu xạ tăng vì độ phóng xạ giảm theo thời gian sử dụng.

d) ĐÚNG
Năng lượng mà khối u hấp thụ trong một lần chiếu xạ:
\[
E_0 = 0,01\% \cdot H_0 \cdot (E_1\ \text{phân rã} \times 1,6 \cdot 10^{-13}) \cdot t_1\ \text{lần chiếu xạ}.
\]

Tổng năng lượng cần thiết để tiêu diệt khối u:
\[
E = 2 \cdot 10^{10} \times E_{\text{tiêu diệt 1 tế bào}}.
\]

Số lần chiếu xạ để tiêu diệt hoàn toàn khối u:
\[
n = \frac{E}{E_0}
= \frac{2 \cdot 10^{10} \times E_{\text{tiêu diệt 1 tế bào}}}{0,01\% \cdot H_0 \cdot (2,6 \times 1,6 \cdot 10^{-13}) \cdot (3 \times 60)}
\]

\[
= \frac{2 \cdot 10^{10} \times 3,0 \cdot 10^{-10}}{0,01\% \times 7,4 \cdot 10^{13} \times (2,6 \times 1,6 \cdot 10^{-13}) \times (180)} \approx 10,8 \approx 11\ \text{lần}.
\]

Ta thấy nhiệt độ nóng chảy của kim loại là 1064°C nên kim loại này chính là vàng.

Nhiệt lượng mà kim loại nhận được trong quá trình nóng chảy:
\[
Q = 99{,}3\times 10^{3} - 67{,}2\times 10^{3} = 32{,}1\times 10^{3} = m\,\lambda_{\text{vàng}}
\]

Khối lượng của kim loại:
\[
m=\frac{Q}{\lambda_{\text{vàng}}}
=\frac{32{,}1\times 10^{3}}{6{,}4\times 10^{4}}
\approx 0{,}5\ \text{kg}.
\]

Áp dụng định luật II Newton cho khung dây khi nằm cân bằng:
\[
\vec{T}+\vec{P}+\vec{F}_t=\vec{0}\quad \Rightarrow\quad T=P+F_t.
\]

Xét trong vùng từ trường đều: chia khung dây thành các đoạn nhỏ có chiều dài $dl$, lực từ tác dụng lên $dl$:
\[
dF_t=B\,I\,dl.
\]

Các cặp lực đối xứng qua tâm triệt tiêu thành phần xuyên tâm, nên hợp lực từ theo phương thẳng đứng lên
phần khung nằm trong vùng từ trường là
\[
F_t=B\,I\,AB,
\]
với $AB$ là dây cung phần khung nằm trong vùng từ trường.

- Khi nâng khung lên đoạn $\dfrac{3}{5}R$, ta có $AB=2\sqrt{R^2-\left(\dfrac{2}{5}R\right)^2}$, do đó
\[
T_1=P+F_t
=m g+B I\,AB
=m g+2 B I\sqrt{R^2-\left(\dfrac{2}{5}R\right)^2}\qquad (1)
\]

- Khi nâng khung lên đoạn $R$, ta có $AB'=2R$, nên
\[
T_2=P+F'_t
=m g+B I\,AB'
=m g+2 B I R
=1{,}2\,T_1 \qquad (2)
\]

Lấy (2) trừ (1):
\[
0{,}2\,T_1=2 B I R\!\left(1-\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^2}\right)
\]

Suy ra
\[
B=\frac{0{,}2\,T_1}{2IR\left(1-\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^2}\right)}
=\frac{0{,}2\times 0{,}015}{2\times 3\times 0{,}12\left(1-\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^2}\right)}
\approx 0{,}05\ \text{T}.
\]

Hình 1	Hình 2

Ta có công thức hóa học của khí là C$_n$H$_{2n}$
\[
M_{\text{kk}} = n \cdot M_C + 2n \cdot M_H
\]

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí:
\[
pV = \frac{m}{M_{\text{kk}}} R T
\]

\[
\Rightarrow n \cdot M_C + 2n \cdot M_H = \frac{m R T}{p V}
\]

Thay số:
\[
n = \frac{m R T}{p V (M_C + 2 M_H)}
= \frac{1{,}25 \times 8{,}31 \times (127+273)}{98{,}9 \times 10^{3} \times 1{,}0 \times 10^{-3} \times (12+2 \times 1)}
= 3
\]

Vậy công thức phân tử của khí là C$_3$H$_6$.

Gọi $N_0$ là số hạt ${}^{210}\text{Po}$ còn lại trong mẫu lúc vừa thu giữ. Khi đó:
\[
N_1=(210-84)\,N_0=126\,N_0 \quad \text{(tổng số neutron lúc đầu).}
\]

Sau thời gian $\Delta t$, số hạt còn lại:
\[
N(\Delta t)=N_0\,2^{-\Delta t/T},\qquad T=138\ \text{ngày}.
\]

Tổng số proton khi đo lại:
\[
N_2=84\,N(\Delta t)=84\,N_0\,2^{-\Delta t/T}.
\]

Theo đề bài $N_2=0{,}553\,N_1$:
\[
84\,N_0\,2^{-\Delta t/T}=0{,}553 \times 126\,N_0
\;\Rightarrow\;
2^{-\Delta t/T}=0{,}553\times\frac{126}{84}=0{,}8295.
\]

Suy ra:
\[
-\frac{\Delta t}{T}\ln 2=\ln(0{,}8295)
\;\Rightarrow\;
\Delta t
= -\,T\,\frac{\ln(0{,}8295)}{\ln 2}
\approx 138 \times \frac{0{,}1869}{0{,}6931}
\approx 37{,}1\ \text{ngày}
\approx 37\ \text{ngày}.
\]