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

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:

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

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