Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Vật lý có đáp án - Đề số 2

Chọn B

lớn hơn số chỉ trên nhiệt kế Celsius.

Từ công thức liên hệ \(T(K) = t{(^o}C) + 273\) suy ra đáp án.

Chọn D

do truyền nhiệt

Chọn C: \({T_{cb}} = 73,{1^o}C\)

Gọi: Nhiệt lượng sữa đã thu vào là \({Q_s}\) với \({Q_s} = {m_s}.{c_s}.(t - {t_{os}})\)

Nhiệt lượng trà đã tỏa ra là \({Q_{tr}}\)với \({Q_{tr}} = {m_{tr}}.{c_{tr}}.({t_{otr}} - t)\)

Nhiệt độ của hỗn hợp sau khi đạt trạng thái cân bằng nhiệt là T

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:

\(\begin{array}{c}{Q_s} = {Q_{tr}}\\ \to {m_{tr}}.{c_{tr}}.({t_{otr}} - t) = {m_s}.{c_s}.(t - {t_{os}})\\ \to t({m_s}.{c_s} + {m_{tr}}.{c_{tr}}) = {m_s}.{c_s}{t_{os}} + {m_{tr}}.{c_{tr}}.{t_{otr}}\\ \to t = \frac{{{m_s}.{c_s}{t_{os}} + {m_{tr}}.{c_{tr}}.{t_{otr}}}}{{{m_s}.{c_s} + {m_{tr}}.{c_{tr}}}} = 73,{1^o}C\end{array}\)

Chọn D: 6860 kJ

Gọi Q là năng lượng mà vận động viên đã dùng hết trong cuộc thi.

Phần năng lượng đã chuyển thành nhiệt thải ra ngoài nhờ sự bay hơi của nước ra ngoài cơ thể là

$Q^{\text{'}}=\frac{(100-30).Q}{100}=\frac{(100-30).9800}{100}=6860kJ$

Chọn A

Ta có: \(Q = m.L = d.V.L \Rightarrow V = \frac{Q}{{d.L}} = 2,{86.10^{ - 3}}{m^3} = 2,86\)lít

Chọn D

Chọn A: Nội năng của khí gần như tối thiểu khi nhiệt độ tuyệt đối bằng 0 và tăng khi nhiệt độ tăng.

+ Nội năng của một khí có thể được biểu thức theo công thức: \(U = \frac{3}{2}nRT\)

trong đó U là nội năng, n là số mol, R là hằng số khí lý tưởng, và T là nhiệt độ (Kelvin).

+ Biểu thức này chỉ ra rằng nội năng của khí tỷ lệ thuận với nhiệt độ của nó.

Chọn A: Áp suất chất khí giảm, động năng trung bình của các phân tử khí giảm.

Chọn C

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng ta có: \(\frac{{{P_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{P_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \to {V_2} = \frac{{{P_1}{V_1}}}{{{T_1}}}\frac{{{P_2}}}{{{T_2}}} = 67(d{m^3})\)

Chọn A

Điện tích đứng yên chỉ tạo ra điện trường và không bị tác động bởi từ trường. Do đó, từ trường không tương tác với điện tích đứng yên.

Chọn B

\(B = 2\pi \cdot {10^{ - 7}}\frac{I}{r} = 2\pi \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{U}{{R \cdot r}}\)

Chọn A

Theo quy tắc bàn tay trái, hướng của lực từ là hướng ngang, có độ lớn \(F = BI\ell \). Trọng lực hướng thẳng đứng từ trên xuống, có độ lớn \(P = mg\). Khi cân bằng thì hợp lực \(\vec R = \vec F + \vec P\) phải ở vị trí như hình vẽ.

Điều kiện cân bằng:

\(\tan \alpha = \frac{F}{P} = \frac{{BI\ell }}{{mg}} \Rightarrow \tan 30^\circ = \frac{{0,25 \cdot 0,05I}}{{10 \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot 10}} \Rightarrow I = 4,62{\mkern 1mu} {\rm{A}}\)

Chọn C

Sau khi dòng điện ổn định, từ trường trong cuộn dây X không còn thay đổi. Do đó, không có dòng điện cảm ứng xuất hiện, và kim của ampe kế sẽ không bị lệch.

Chọn A

\({I_0} = 2\sqrt 2 {\rm{\;A }} \Rightarrow {\rm{ I = 2A}}\)

Chọn A

Theo định nghĩa đồng vị

Chọn D

Phương trình phóng xạ \[{}_Z^AX \to {}_{Z + 1}^AY + {}_{ - 1}^0e\]

Trong phóng xạ \({\beta ^ - }\), hạt nhân mới có số proton tăng thêm 1 (\(Z\prime = Z + 1\)) và số khối giữ nguyên (\(A\prime = A\)).

Chọn A

Công thức tính số hạt chưa phân rã: \({\rm{N}} = {{\rm{N}}_0} \cdot {2^{\frac{{ - t}}{{{\rm{\;T}}}}}}\).

Chọn B

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{N_1} = {N_0} \cdot {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = \frac{{20}}{{100}}{N_0}}\\{{N_2} = {N_0} \cdot {2^{ - \frac{{({t_1} + 100)}}{T}}} = \frac{5}{{100}}{N_0}}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình đầu ta có: \({t_1} = T \cdot {\log _2}5\)

Thay vào phương trình dưới ta được:

\({2^{\left( {{{\log }_2}5 + \frac{{100}}{T}} \right)}} = 20 \Rightarrow {\log _2}5 + \frac{{100}}{T} = {\log _2}20 \Rightarrow \frac{{100}}{T} = {\log _2}20 - {\log _2}5 = {\log _2}\frac{{20}}{5} = 2 \Rightarrow T = 50{\mkern 1mu} {\rm{s}}\)

a) Nhiệt độ của nước khi ra khỏi buồng đốt là \({50^ \circ }{\rm{C}}{\rm{.}}\)

Xét trong thời gian \(t = 1\,s\) thì

Nhiệt lượng bình đã cung cấp cho nước trong là \(Q = P.t = 9000\,J\)

Khối lượng nước được làm nóng chảy qua bình là m = \(5,{8.10^{ - 2}}{\rm{\;kg}}\)

Ta có: \(Q = mc({t_2} - {t_1}) \Rightarrow {t_2} = {t_1} + \frac{Q}{{mc}} = 15 + \frac{{9000}}{{0,058 \cdot 4200}} = 51,9\,^\circ C\)

a) Sai.

b) Nếu nhiệt độ của nước khi đi vào buồng đốt tăng gấp đôi thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt tăng gấp đôi.

Do \({t_2} = {t_1} + \frac{Q}{{mc}}\)nên nhiệt độ nước ra và nhiệt độ của nước khi đi vào không có mối quan hệ tỉ lệ thuận.

b) Sai.

c) Nếu công suất điện giảm 2 lần thì nhiệt độ nước ra khỏi buồng đốt là \({35^ \circ }{\rm{C}}{\rm{.}}\)

Khi P giảm 2 lần thì nhiệt lượng nước hấp thụ trong 1 s là 4500 J.

\({t_2} = {t_1} + \frac{Q}{{mc}} = 15 + \frac{{4500}}{{0,058 \cdot 4200}} = 33,5\,^\circ C\)

c) Sai.

d) Để điều chỉnh nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt, ta có thể thay đổi công suất điện; lưu lượng dòng nước; nhiệt độ nước đi vào.

Do \({t_2} = {t_1} + \frac{Q}{{mc}}\)nên nhiệt độ của nước ra khỏi buồng đốt phụ thuộc vào công suất điện, lưu lượng dòng nước và nhiệt độ nước đi vào.

d) Đúng.

a) Áp suất của khối khí bên trong ống thuỷ tinh ở hình 1 bằng áp suất khí quyển.

Do có cột thuỷ ngân cao 10 cm ở bên dưới nên áp suất không khí trong ống (p) nhỏ hơn áp suất khí quyển (\({p_0}\)).

Tính theo đơn vị cmHg thì \(p = {p_0} - h\)

a) Sai.

b) Khi ấn ống thủy tinh xuống thì khí trong ống nị nén dẫn đến áp suất p trong ống sẽ tăng lên

mà \(p = {p_0} - h\), \({p_0}\)không đổi do đó độ cao cột thuỷ h ngân giảm

b) Đúng.

c) Áp suất của khí trong ống thuỷ tinh ở hình 1 là 65 cmHg.

\({p_1} = {p_0} - {h_1} = 75 - 10 = 65\,cmHg\)

c) Đúng.

d) Độ cao cột không khí bên trong ống thuỷ tinh ở hình 2 là \(74,2{\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

\({p_2} = {p_0} - {h_2} = 75 - 5,2 = 69,8\,cmHg\)

Quá trình đẳng nhiệt nên \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_1}{\ell _1} = {p_2}{\ell _2} \Rightarrow {\ell _2} = \frac{{{p_1}{\ell _1}}}{{{p_2}}} = \frac{{65 \cdot 80}}{{69,8}} = 74,5\,cm.\)

d) Sai.

a) Cường độ dòng điện cực đại là \[4A.\]

a) Đúng.

b) Tần số góc \(\omega = 100\pi {\rm{ rad}}/{\rm{s}}\).

Từ đồ thị ta thấy chu kì của dòng điện xoay chiều là \(T = {2.10^{ - 2}}s\).

Do đó tần số góc: \(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = 100\pi {\rm{ }}rad/s\)

b) Đúng.

c) Pha ban đầu của dòng điện là \(\varphi = \frac{\pi }{3}{\rm{rad}}\).

Tại thời điểm t=0 ta có \[\left\{ \begin{array}{l}i = 2\sqrt 2 A\\i{\rm{ }} \nearrow {\rm{ }}\end{array} \right.\]

Từ đường tròn lượng giác ta có pha ban đầu: \(\varphi = - \frac{\pi }{4}\)

c) Sai.

d) Biểu thức cường độ dòng điện là \({\rm{i}} = 4{\rm{cos}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)\left( {\rm{A}} \right)\).

d) Đúng.

a) Số neutron của hạt nhân \(\;{}_Z^A{\rm{Mg}}\) là 12.

Phương trình phóng xạ: \({}_{11}^{24}Na{\rm{ }} \to {\rm{ }}{}_{12}^{24}Mg{\rm{ + }}{\beta ^ - }\)

Số hạt neutron của hạt nhân \(\;{}_{12}^{24}{\rm{Mg}}\) là 24 – 12 = 12.

a) Đúng.

b) Chu kỳ bán rã của hạt nhân \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\) là 15 h.

Khối lượng hạt nhân \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\) sau 30h: \(\begin{array}{l}m = {m_o}{.2^{ - \frac{t}{T}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0,6 = 2,4}}{\rm{. }}{2^{ - \frac{{30}}{T}}}\\ \Rightarrow {\rm{ T = 15h }}\end{array}\)

b) Đúng.

c) Độ phóng xạ của \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\) ở thời điểm \({\rm{t}} = 0\) là \(7,{73.10^{17}}{\rm{\;Bq}}\).

Độ phóng xạ của \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\) ở thời điểm \({\rm{t}} = 0\):

\({H_0} = \lambda .{N_0} = \frac{{\ln 2}}{{15.60.60}}.\frac{{2,4}}{{24}}.6,{02.10^{23}}{\rm{ = 7,727}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{17}}{\rm{ Bq}}{\rm{.}}\)

c) Đúng.

d) Ở thời điểm t, tỉ số giữa khối lượng \(\;{}_Z^A{\rm{Mg}}\) và \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\) là 3

\(\)\[\frac{{{m_{Mg}}}}{{{m_{Na}}}} = \frac{{\frac{{{A_{Mg}}}}{{{A_{Na}}}}.{m_o}.\left( {1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)}}{{{m_o}{{.2}^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = \frac{1}{4}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{t}}_1}{\rm{ = 2T}}\]

tại thời điểm \({{\rm{t}}_2} = {{\rm{t}}_1} + 3{\rm{\;T = 5T}}\) tỉ số khối lượng hạt nhân \(\;_Z^A{\rm{Mg}}\) và \(\;_{11}^{24}{\rm{Na}}\)

\[\frac{{{m_{Mg}}}}{{{m_{Na}}}} = \frac{{\frac{{{A_{Mg}}}}{{{A_{Na}}}}.{m_o}.\left( {1 - {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)}}{{{m_o}{{.2}^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}}}{\rm{ }} = \frac{{\frac{{24}}{{24}}.{m_o}.\left( {1 - {2^{ - \frac{{5T}}{T}}}} \right)}}{{{m_o}{{.2}^{ - \frac{{5T}}{T}}}}} = {\rm{ }}31\]

d) Sai.

Trả lời: 0,4

Đối với sợi dây dẫn được đặt trong từ trường đều thì độ lớn của lực từ tỉ lệ với cường độ dòng điện chạy qua sợi dây do đó:

\[\frac{{{F_2}}}{{{F_1}}} = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{2}{{1,5}} = \frac{4}{3} \to {F_2} = \frac{4}{3} \cdot {F_1} = \frac{4}{3} \cdot 0,3 = 0,4\left( N \right).\]

Tỉ số giữa số hạt nhân X còn lại trong mẫu và số hạt nhân \(Y\) đã sinh ra ở thời điểm t bất kì là

\[\frac{{{N_x}}}{{{N_y}}} = \frac{1}{{{2^{\frac{t}{T}}} - 1}}\]

Ở thời điểm \({t_1} = {t_0}\) (năm): \[\frac{1}{{{2^{\frac{{{t_0}}}{T}}} - 1}} = \frac{1}{3} \to \frac{{{t_0}}}{T} = 2.\]

Ở thời điểm \({{\rm{t}}_2} = {{\rm{t}}_{\rm{o}}} + 24,6\)(năm): \[\frac{1}{{{2^{\frac{{{t_0} + 24,6}}{T}}} - 1}} = \frac{1}{{15}} \to \frac{{{t_0} + 24,6}}{T} = 4 \to T = 12,3\](năm).

Khối lượng riêng lúc ban đầu là: \[{D_1} = \frac{m}{{{V_1}}} = 2\left( {g{\rm{/}}l} \right)\]

Từ phương trình Claperon đối với một lượng khí không đổi ta có:

\[pV = nRT \to pV = \frac{m}{M} \cdot RT \to \frac{m}{V} = \frac{p}{T} \cdot \frac{M}{R} \to D = \frac{p}{T} \cdot \frac{M}{R}\]

Do đó ta có: \[\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \frac{{{D_1}}}{{{D_2}}} \to {T_2} = \frac{{{D_1}}}{{{D_2}}} \cdot {T_1} = \frac{2}{{1,2}} \cdot (17 + 273) = 483K \to {t_2} = 210\,^\circ C.\]

Khối lượng riêng lúc ban đầu là: \[{D_1} = \frac{m}{{{V_1}}} = 2\left( {g{\rm{/}}l} \right) = 2\left( {kg{\rm{/}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Từ phương trình Claperon đối với một lượng khí không đổi ta có:

\[pV = nRT \to pV = \frac{m}{M} \cdot RT \to \frac{m}{V} = \frac{p}{T} \cdot \frac{M}{R} \to D = \frac{p}{T} \cdot \frac{M}{R} \to p = \frac{{DTR}}{M}\]

Do đó ta có: \[p = \frac{{{D_1}TR}}{M} = \frac{{2 \cdot 290 \cdot 8,31}}{{{{44.10}^{ - 3}}}} = 110 \cdot {10^3}Pa = 110{\rm{ }}kPa.\]

Thể tích của viên bi đặc là: \[V = \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {R^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot 0,{06^3} = 9,05 \cdot {10^{ - 4}}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Khối lượng của viên bi sắt là: \[m = DV = 7800 \cdot 9,05 \cdot {10^{ - 4}} = 7,0573\,kg = 7,1{\rm{ }}kg\]

Do khối nước đá ban đầu rất lớn nên nhiệt độ của viên bi và nước khi cân bằng nhiệt là\[0\,^\circ C.\] Gọi \[\Delta m\]là khối lượng nước đá đã bị tan ra thành nước. Khi có sự cân bằng nhiệt, ta có:

\[\Delta m \cdot \lambda = mc \cdot \left( {325 - 0} \right) \to \Delta m = \frac{{325mc}}{\lambda } = \frac{{325 \cdot 7,0573 \cdot 460}}{{3,4 \cdot {{10}^5}}} = 3,103\left( {kg} \right)\]

Thể tích phần nước đá đã bị tan ra thành nước là: \[\Delta V = \frac{{\Delta m}}{{{D_0}}} = \frac{{3,103}}{{915}} = 3,39 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{ }}{m^3}.\]