(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 45

     Khi khung dây đi từ vị trí A đến khi khung dây dẫn bắt đầu đi vào vùng từ trường đều thì chưa xuất hiện dòng điện cảm ứng ( $i_c=0$).

     Trong khoảng thời gian khung dây dẫn bắt đầu đi vào vùng từ trường đều đến khi khung dây dẫn vừa nằm hoàn toàn trong từ trường đều thì xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn với cường độ không đổi và có chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ (dựa vào định luật Lenz) nên cường độ dòng điện có giá trị dương (cùng chiều dương).

     Trong khoảng thời gian khung dây dẫn di chuyển trong từ trường đều thì không xuất hiện dòng điện cảm ứng (vì từ thông xuyên qua diện tích mặt phẳng khung dây không biến thiên).

     Trong khoảng thời gian khung dây bắt đầu ra khỏi vùng từ trường đều đến khi khung dây dẫn vừa ra khỏi hoàn toàn vùng từ trường đều thì xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khung dây dẫn với cường độ không đổi và có chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ (dựa vào định luật Lenz) nên cường độ dòng điện có giá trị âm (ngược chiều dương).

     Khi khung dây vừa ra khỏi hoàn toàn vùng từ trường đều và di chuyển đến vị trí B thì không xuất hiện dòng điện cảm ứng ($i_c=0$ ).

     Vậy hình 4 có đồ thị biểu diễn đúng sự biến thiên của dòng điện cảm ứng trong cuộn dây theo thời gian.

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: \(\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}\).
Suy ra
\(p_2=p_1\cdot\dfrac{T_2}{T_1}\cdot\dfrac{V_1}{V_2}.\)

Với \(T_1=27+273=300\ \text{K},\ T_2=27+50+273=350\ \text{K},\ V_2=\dfrac{V_1}{3}\) nên
\(p_2=2\cdot10^{5}\cdot\dfrac{350}{300}\cdot 3=7\cdot10^{5}\ \text{Pa}.\)

Áp dụng phương trình Clapeyron: \(pV=nRT=\dfrac{m}{M}RT\Rightarrow m=\dfrac{pVM}{RT}.\)

Đổi đơn vị: \(p=250\cdot10^{3}\ \text{Pa},\ V=10\ \text{l}=10\cdot10^{-3}\ \text{m}^3,\ T=27+273=300\ \text{K}.\)
Với oxxyen phân tử \(O_2\): \(M_{O_2}=2\cdot16=32\ \text{g/mol}.\)

\(m=\dfrac{(250\cdot10^{3})\,(10\cdot10^{-3})\,32}{8{,}31\cdot300}\approx 32{,}09\ \text{g}.\)

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành \(1\) nguyên tử \(^{4}_{2}\mathrm{He}\) bằng năng lượng liên kết của nguyên tử \(^{4}_{2}\mathrm{He}\):
\(E_{\mathrm{lk}}=\Delta m\cdot c^{2}=[Z\,m_{p}+(A-Z)\,m_{n}-m_{\mathrm{He}}]\cdot c^{2}\)

\(\Leftrightarrow\ E_{\mathrm{lk}}=[2\cdot 1{,}0073+(4-2)\cdot 1{,}0087-4{,}0015]\cdot 931{,}5=28{,}41075\ \mathrm{MeV}\)

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành \(1\ \mathrm{mol}\ ^{4}_{2}\mathrm{He}\) là:
\(E=N\cdot E_{\mathrm{lk}}=n\,N_{A}\,E_{\mathrm{lk}}=1\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\cdot 28{,}41075\approx 1{,}71\cdot 10^{25}\ \mathrm{MeV}.\)

Phản ứng hạt nhân: \(^{2}_{1}\mathrm{D} + ^{6}_{3}\mathrm{Li} \rightarrow ^{4}_{2}\mathrm{He} + ^{4}_{2}\mathrm{He}\).

Số hạt nhân helium có trong 1 g:
\(N=\dfrac{m}{M}\,N_A=\dfrac{1}{4}\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}=1{,}505\cdot 10^{23}\ \text{hạt}.\)

Năng lượng tỏa ra của mỗi phản ứng:
\(\Delta E=(m_D+m_{\mathrm{Li}}-2m_{\mathrm{He}})c^{2}=(2{,}0136+6{,}01702-2\cdot 4{,}0015)\cdot 931{,}5\ \mathrm{MeV}=25{,}72803\ \mathrm{MeV}.\)

Năng lượng tỏa ra khi có 1 g helium được tạo thành:
\(E=\dfrac{N}{2}\,\Delta E=\dfrac{1{,}505\cdot 10^{23}}{2}\cdot 25{,}72803 \approx 1{,}936\cdot 10^{24}\ \mathrm{MeV}.\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:
\(|Q_{\text{toả}}| = |Q_{\text{thu}}| \Rightarrow m_g c_g (t_{\text{cb}}-37) + m_d c_d (t_{\text{cb}}-27) = m_n c_n (57 - t_{\text{cb}})\)

\(\Rightarrow 0{,}6\cdot 460\cdot (t_{\text{cb}}-37) + 450\cdot 10^{-3}\cdot 400\cdot (t_{\text{cb}}-27) = 1{,}5\cdot 4200\cdot (57 - t_{\text{cb}})\)

\(\Rightarrow t_{\text{cb}} \approx 55\ ^\circ\text{C}.\)

Áp suất của khí trong bình:
\(p=\dfrac{1}{3}\,\mu n \bar v^{2}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{N}{V}\cdot E_{\mathrm{đ}}.\)

Mà mật độ động năng phân tử có giá trị \(\dfrac{N}{V}\cdot E_{\mathrm{đ}}=10^{-4}\ \mathrm{J/m^3}.\)

Suy ra: \(p=\dfrac{2}{3}\cdot 10^{-4}\approx 6{,}67\cdot 10^{-5}\ \mathrm{Pa}.\)

Vậy \(x=6{,}67\).

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí hydrogen là:
\(E_{\mathrm{đ}}=\dfrac{1}{2}m\overline{v^{2}}=\dfrac{3}{2}kT \Rightarrow
T=\dfrac{m\,\overline{v^{2}}}{3k}=\dfrac{M}{N_A}\dfrac{\overline{v^{2}}}{3k}
=\dfrac{M\,\overline{v^{2}}}{3R}.\)

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:
\(pV=nRT \Rightarrow n=\dfrac{3pV}{M\,\overline{v^{2}}}.\)

Số phân tử khí hydrogen chứa trong bình là:
\(N=nN_A=\dfrac{3pV}{M\,\overline{v^{2}}}\,N_A
=\dfrac{3\cdot 101325\cdot 5\cdot 10^{-3}}{2\cdot 10^{-3}\cdot 4\cdot 10^{5}}
\cdot 6{,}02\cdot 10^{23}\approx 1{,}14\cdot 10^{23}\) phân tử.

Vậy \(x \approx 1{,}14\).

Tại thời điểm \(t\) (ngày), ta có:
\[
\begin{aligned}
N_Y(t)&=N_{0Y}+\Delta N(t),\\
N_X(t)&=N_0-\Delta N(t).
\end{aligned}
\]
Từ đồ thị: \(N_Y(t)=0{,}75\,N_0,\ N_X(t)=0{,}5\,N_0 \Rightarrow \Delta N(t)=0{,}5\,N_0\).
Suy ra \(N_{0Y}=0{,}75N_0-0{,}5N_0=0{,}25N_0\).

Tại thời điểm \(t=5{,}44\) ngày (hai đường cắt nhau) có \(N_X=N_Y\):
\[
N_X=N_Y=N_{0Y}+N_0-N_X
\Rightarrow 2N_X=N_{0Y}+N_0
\Rightarrow N_X=\frac{N_{0Y}+N_0}{2}=\frac{0{,}25N_0+N_0}{2}=\frac{5}{8}N_0.
\]
Mà \(N_X=N_0\,2^{-t/T}\Rightarrow 2^{-t/T}=\dfrac{5}{8}=2^{-\log_2(8/5)}\).

Do đó
\[
\frac{t}{T}=\log_2\!\left(\frac{8}{5}\right)
\Rightarrow
T=\frac{t}{\log_2(8/5)}
=\frac{5{,}44}{\log_2(1{,}6)}
\approx 8{,}02\ \text{ngày}.
\]

Phương trình phản ứng phân hạch:
\(^{1}_{0}\mathrm{n}+\,^{239}_{94}\mathrm{Pu}\rightarrow\,^{134}_{54}\mathrm{Xe}+\,^{103}_{40}\mathrm{Zr}+3\,^{1}_{0}\mathrm{n}\).

Năng lượng toả ra của mỗi phản ứng:
\(\Delta E=(m_{\text{trước}}-m_{\text{sau}})c^{2}
=(m_{\mathrm{n}}+m_{\mathrm{Pu}}-m_{\mathrm{Xe}}-m_{\mathrm{Zr}}-3m_{\mathrm{n}})c^{2}\).

Thay số:
\(\Delta E=\big(1{,}00866+239{,}05216-133{,}90539-102{,}92719-3\cdot1{,}00866\big)\cdot 931{,}5
\approx 188\ \mathrm{MeV}.\)