Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Vật lý 2026 - Đề số 4

Đ – S – S – S.

1. Biên độ dao động của vật là \(A\).

2. Tần số dao động của vật là:

\(f = \frac{\omega }{{2\pi }}\)

3. Pha dao động của vật ở thời điểm \(t\) là:

\({\rm{Pha}} = \omega t + \varphi \)

4. Cơ năng của vật là:

\(E = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\)

S – S – Đ – S.

1. Sóng điện từ lan truyền được trong chân không.

2. Tia hồng ngoại là bức xạ điện từ nằm ngoài vùng khả kiến, do đó nhận định tia hồng ngoại là bức xạ điện từ có màu hồng là không phù hợp.

3. Ánh sáng nhìn thấy có bản chất là sóng điện từ.

4. Sóng điện từ là sóng ngang.

Đ – Đ – Đ – S.

1. Bên trong nguồn điện, các điện tích dịch chuyển dưới tác dụng của lực lạ.

2. Suất điện động của nguồn điện là đại lượng đặc trưng cho khả năng thực hiện công của nguồn điện.

3. Cường độ dòng điện trong mạch được tính bởi:

\(I = \frac{\xi }{{R + r}}\)

4. Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn:

\({U_N} = \xi - Ir\)

Hiệu điện thể giữa hai cực của nguồn chỉ bằng suất điện động của nguồn đó khi mạch hở, hoặc nguồn lí tưởng có điện trở trong bằng \(0\).

Đ – S – S – S.

1. Lực tương tác giữa hai điện tích này là lực đẩy.

2. Lực tương tác giữa hai điện tích này tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách \(r\;\)giữa chúng.

3. Điện trường của hệ hai điện tích này là điện trường không đều.

4. Nếu \({q_1} = {q_2}\), cường độ điện trường tại một điểm \(M\) nằm cách đều hai điện tích bằng \(0\) chỉ đúng khi điểm này là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điện tích.

Đ – Đ – S – S.

1. Chất khí này đang biến đổi theo một quá trình đẳng nhiệt.

2. Trong quá trình từ trạng thái \(\left( 1 \right)\) sang trạng thái \(\left( 2 \right)\), áp suất của chất khí giảm, thể tích của chất khí tăng.

3. Định luật Boyle cho quá trình đẳng nhiệt:

\({V_2} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}}{V_1} = \left( 3 \right).\left( 2 \right) = 6\;L\;\;\;\;\;\)

4. Nhiệt độ của chất khí:

\(T = \frac{{{p_1}{V_1}}}{{nR}} = \frac{{\left( {{{6.10}^5}} \right).\left( {{{2.10}^{ - 3}}} \right)}}{{\left( {0,5} \right).\left( {8,31} \right)}} = 289\;K\;\;\;\;\;\)

Đ – S – Đ – S.

1. Tia phóng xạ \(\gamma \) có bản chất là sóng điện từ.

2. Tia \(\gamma \) không bị lệch trong điện tường.

3. Chùm tia phóng xạ \(\alpha \) là dòng hạt nhân \({}_2^4He\).

4. Tia phóng xạ \({\beta ^ - }\) là dòng \(electron\) phóng ra từ hạt nhân của nguyên tử.

Đ – S – Đ – S.

1. Chu kì bán rã là khoảng thời gian để lượng chất phóng xạ giảm đi một nửa.

2. \({}_6^{14}C\;\)khi phóng xạ \({\beta ^ - }\) sẽ tạo ra \({}_7^{14}N\).

3. Hằng số phóng xạ của \({}_6^{14}C\) là:

\(\lambda = \frac{{\ln 2}}{T} = \frac{{\ln 2}}{{\left( {5730.365.24.3600} \right)}} = 3,{8.10^{ - 12}}\;{s^{ - 1}}\;\;\)

4. Ta có:

$\left(15,3\right)=\left(53,0\right){.2}^{-\frac{t}{\left(5730\right)}}\Rightarrow t=10270 \text{năm}$

S – Đ – S – S.

1. Sóng ngang có phương dao động của các phần tử sóng vuông góc với phương truyền sóng.

2. Vận tốc lan truyền của sóng:

\(v = \lambda f = \left( {20} \right).\left( 6 \right) = 60\frac{{cm}}{s}\;\;\;\;\;\)

3. Độ lệch pha dao động giữa hai phần tử \(M\) và \(N\):

\(\Delta \varphi = 2\pi \frac{d}{\lambda } = 2\pi \frac{{\left( {10} \right)}}{{\left( {20} \right)}} = \pi \)

⟹ Hai phần tử sóng dao động ngược pha nhau.

4. Hai phần tử dao động ngược pha nhau ⟹ khoảng cách giữa chúng là lớn nhất khi một phần tử ở biên dương, phần tử còn lại ở biên âm:

\({d_{max}} = \sqrt {{{\left( {10} \right)}^2} + {{\left( {5 + 5} \right)}^2}} = 10\sqrt 2 \;cm\;\;\;\;\;\)

S – Đ – Đ – Đ.

1. Nhiệt nóng chảy riêng là nhiệt lượng cần truyền cho \(1\;kg\;\)chất rắn để nó nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy.

2. Nhiệt lượng cần cung cấp để chiếc chảo tăng nhiệt độ từ lên đến :

\(Q = \left( {{m_1}{c_1} + {m_2}{c_2}} \right).\Delta t\)

\(Q = \left[ {\left( {{{1260.10}^{ - 3}}} \right).\left( {896} \right) + \left( {{{180.10}^{ - 3}}} \right).\left( {385} \right)} \right].\left( {100 - 20} \right) = 95860,8\;J\;\;\;\)

3. Từ định nghĩa về nhiệt dung, ta có:

\(Q = \left( {{m_1} + {m_2}} \right)c.\Delta t = \left( {{m_1}{c_1} + {m_2}{c_2}} \right).\Delta t\)

\(\Delta c = \frac{{{m_1}{c_1} + {m_2}{c_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} = \frac{{\left( {1260} \right).\left( {896} \right) + \left( {180} \right).\left( {385} \right)}}{{\left( {1260} \right) + \left( {180} \right)}} = 832,125\frac{J}{{kg.K}}\;\;\;\;\;\)

4. Nhiệt lượng cần cung cấp:

\(Q = \left( {{m_1} + {m_2}} \right)c\Delta t + {m_1}{\lambda _1}\)

\(Q = \left[ {\left( {{{1260.10}^{ - 3}}} \right) + \left( {{{180.10}^{ - 3}}} \right)} \right].\left( {832,125} \right).\left( {660 - 20} \right) + \left( {{{1260.10}^{ - 3}}} \right).\left( {390} \right) = 1258282,4\;J\;\;\)

Chọn A.

Tách khí \(Oxygen\) từ không khí (chưng cất phân đoạn), nén dưới áp suất cao vào trong bình đựng làm bằng thép chất lượng cao, với quy trình được sản xuất nghiêm ngặt.

Định luật cho quá trình đẳng tích:

\({T_2} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}{T_1} = \frac{{\left( 6 \right)}}{{\left( 4 \right)}}.\left( {7 + 273} \right) = 420\;K\)

$\Rightarrow t_2=147 ℃$

Chọn A.

Khối lượng \(Oxygen\) trong bình:

\(m = \frac{{pV}}{{RT}}.M = \frac{{\left( {\frac{{765}}{{760}}{{.10}^5}} \right).\left( {{{8.10}^{ - 3}}} \right)}}{{\left( {8,31} \right).\left( {24 + 273} \right)}}.\left( {32} \right) = 10,6\;g\)

Khối lượng khí bơm vào bình sau mỗi giây:

\(\eta = \frac{{\left( {10,6} \right)}}{{\left( {2.60} \right)}} = 0,09\frac{g}{s}\;\;\;\;\;\;\;\;\)

Chọn A.

Trong công nghệ “tàu đệm từ” EDS, các nam châm trên tàu được đặt ở đáy của tàu đệm từ.

Chọn D.

Trong các nghiên cứu: từ Nghiên cứu 1 đến Nghiên cứu 3 đã thực hiện, yếu tố h ướng của vận tốc được giữ không đổi.

Chọn C.

Từ bảng liệu, quy hồi tuyến tính ta được:

\(I\left( A \right) = 6,{75.10^5}B\left( T \right) - 100\)

Với:

\(I = 570\;A \Rightarrow B = {1.10^{ - 3}}\;T\;\;\;\;\;\)

1 – C; 2 – B; 3 – A; 4 – D.

1. Biểu thức của định luật Boyle về quá trình đẳng nhiệt là:

\(pV = Const\;\;\;\;\;\)

2. Biểu thức của định luật Charles về quá trình đẳng áp là:

\(\frac{V}{T} = Const\;\;\;\;\;\)

3. Biểu thức phương trình trạng thái là:

\(pV = nRT\;\;\;\;\;\)

4. Động năng trung bình của một phân tử khí có biểu thức là:

\({E_d} = \frac{3}{2}kT\;\;\;\;\)

1 – F; 2 – C; 3 – E; 4 – A.

1. Nhiệt lượng cần cung cấp để \(1\;kg\) nước tăng lên \(2\;K\):

\(Q = mc\Delta T = \left( 1 \right).\left( {4180} \right).\left( 2 \right) = 8360\;J\;\;\;\;\;\)

2. Nhiệt dung riêng tính theo đơn vị \(\frac{J}{{mol.\;K}}\) bằng:

\(C = 4180\frac{J}{{\left( {\frac{{{{1.10}^3}}}{{18}}mol} \right).K}} = 75,24\frac{J}{{mol.K}}\;\;\;\;\;\)

3. Nhiệt lượng cần cung cấp để \(1000\;L\) nước tăng lên \(1\;K\) là:

\(Q = mc\Delta T = \left( {1000} \right).\left( {4180} \right).\left( 1 \right) = 4180000\;J\;\;\;\;\;\)

4. Lượng nước tương ứng với \(1\;mol\) có thể tích bằng:

\(V = \frac{{nM}}{\rho } = \frac{{\left( 1 \right).\left( {18} \right)}}{{\left( {{{1000.10}^{ - 3}}} \right)}} = 18\;mL\;\;\;\;\;\)

1 – C; 2 – E; 3 – B; 4 – A.

1. Ta có:

\(F = IBl\sin \alpha \)

Nếu tăng \(B\) lên \(2\) lần thì \(F\) tăng lên\(\;2\) lần.

2. Ta có:

\(F = IBl\sin \alpha \)

Nếu tăng \(l\) lên \(2\) lần và tăng \(I\) lên \(2\) lần thì \(F\) tăng lên \(4\) lần.

3. Ta có:

\(F = IBl\sin \alpha \)

Nếu \(\alpha = {90^0}\) thì độ lớn của lực \(F\) đúng bằng tích \(BIl\).

4. Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung sẽ bằng \(0\).

1 – D; 2 – B; 3 – F; 4 – E.

1. Tần số góc của dao động:

\(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{\left( {40} \right)}}{{\left( {{{100.10}^{ - 3}}} \right)}}} = 20\frac{{rad}}{s}\;\;\;\;\;\)

2. Tốc độ của vật nhỏ khi đi qua vị trí cân bằng:

\({v_{max}} = \omega A = \left( {20} \right).\left( {10} \right) = 200\;\frac{{cm}}{s} = 2\frac{m}{s}\;\;\;\;\;\)

3. Khoảng thời gian đi từ vị trí biên đến vị trí cân bằng lần đầu tiên:

\(\Delta t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4}.\frac{{2\pi }}{{\left( {20} \right)}} = 79\;ms\;\;\;\;\;\)

4. Từ giả thiết của bài toán:

\({E_d} = \frac{1}{4}E \Rightarrow {E_t} = \frac{3}{4}E \Rightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\)

⟹ Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần vật đi qua các vị trí trên là:

\(\Delta t = \frac{T}{6} = \frac{1}{6}.\frac{{2\pi }}{{\left( {20} \right)}} = 52\;ms\;\;\;\;\;\)

1 – B; 2 – F; 3 – C; 4 – D.

1. Hằng số phóng xạ của \({}_{84}^{210}Po\):

\(\lambda = \frac{{\ln 2}}{T} = \frac{{\ln 2}}{{\left( {138.\frac{1}{{365,25}}\;} \right)}} = 1,83\;\;\;\;\;\)

2. Sau khoảng thời gian bằng một chu kì bán rã thì khối lượng hạt nhân mẹ còn lại là \(5\;mg\). Số hạt nhân tương ứng là:

\(N = \frac{m}{A}.{N_A} = \frac{{\left( {{{5.10}^{ - 3}}} \right)}}{{\left( {210} \right)}}.\left( {6,{{02.10}^{23}}} \right) = 14,{3.10^{18}}\)

Vậy:

\(x = 14,3\;\;\;\;\;\;\)

3. Từ giả thiết bài toán:

$\frac{\Delta N}{N}=\frac{1-2^{-\frac{t}{\left(138\right)}}}{2^{-\frac{t}{\left(138\right)}}}=63\Rightarrow t=828 \text{ngày}=2,27 \text{năm}$

4. Từ giả thiết bài toán:

\(\frac{{{m_0}{2^{ - \frac{t}{{\left( {138} \right)}}}} + \frac{{\left( {206} \right)}}{{\left( {210} \right)}}.{m_0}\left[ {1 - {2^{ - \frac{t}{{\left( {138} \right)}}}}} \right]}}{{{m_0}}} = \frac{{0,952}}{{100}} \Rightarrow t = 138\;{\rm{ngày}} = 4,6\;{\rm{tháng}}\;\;\;\;\;\)

Số \(proton\) trong hạt nhân \({}_2^4He\) là:

\(Z = 2\;\;\;\;\;\)

Cường độ điện trường gây bởi điện tích \(q\):

\(E = \frac{{kq}}{{{r^2}}} = \frac{{\left( {{{9.10}^9}} \right).\left( {{{10.10}^{ - 6}}} \right)}}{{{{\left( {{{20.10}^{ - 2}}} \right)}^2}}} = 2,{25.10^6}\frac{V}{m}\;\;\;\;\;\)

Tổng nhiệt lượng mà nước đã nhận được:

\(Q = mc\Delta t + \Delta mL\)

\(Q = \left( 2 \right).\left( {4200} \right).\left( {100 - 20} \right) + \left( {2 - 1} \right).\left( {2,{{3.10}^6}} \right) = 2,{972.10^6}\;J\;\;\;\;\;\)

Suất điện động cảm ứng trung bình xuất hiện trong khung dây:

\({e_C} = \left| {\frac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}} \right| = \frac{{NBS}}{{\Delta t}}\)

\({e_C} = \frac{{\left( {100} \right).\left( {0,5} \right).\left( {{{20.10}^{ - 4}}} \right)}}{{\left( {0,1} \right)}} = 1\;V\;\;\;\;\;\;\;\;\;\)

Phương trình C – M:

\(pV = nRT \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{p_1}{V_1} = {n_1}R{T_1}}\\{{p_2}{V_2} = {n_2}R{T_2}}\end{array}} \right.\)

Từ giả thiết của bài toán:

\(\frac{{\left( 1 \right).R{T_1}}}{{\left( {22,4} \right)}} = \frac{{\left( 1 \right).R{T_2}}}{{\left( {44,8} \right)}} \Rightarrow {T_2} = 2{T_1}\)

Mặt khác:

\(\overline {v\;} = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}} \to \frac{{\overline {{v_{{H_2}}}} }}{{\overline {{v_{{O_2}}}} }} = \sqrt {\frac{{{M_2}{T_1}}}{{{M_1}{T_2}}}} \)

\(\frac{{\overline {{v_{{H_2}}}} }}{{\overline {{v_{{O_2}}}} }} = \sqrt {\frac{{\left( {32} \right)}}{{\left( 2 \right)}}.\left( {\frac{1}{2}} \right)} = 2\sqrt 2 \;\;\;\;\;\;\;\;\)