Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Vật Lí 2026-2027 (Đề 17)

Đáp án đúng B

Ta có: $pV=nRT$ ⇔ $R=\frac{pV}{nT}$.

Suy ra, đơn vị của R là $\frac{atm.L}{mol.K}=atm.L.{mol}^{-1}.K^{-1}$.

Đáp án đúng B

Chụp cộng hưởng từ (MRI) sử dụng từ trường mạnh kết hợp sóng điện từ tần số vô tuyến (radio) để tạo ảnh chi tiết các cơ quan trong cơ thể. Phương pháp này không dùng tia X.

Đáp án đúng C

Nhiệt độ mà ở đó tất cả các chất có động năng chuyển động nhiệt của các phân tử hoặc nguyên tử bằng không là 0 K.

Đáp án đúng B

Trong hiện tượng cảm ứng điện từ, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây kín gồm N vòng dây khi từ thông $\Phi$ qua khung biến thiên theo thời gian $t$, được xác định bởi biểu thức: $e_c=-N.\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}$.

Đáp án đúng C

Phát biểu C sai. Vì một vật luôn có nội năng, nhưng không phải lúc nào cũng có nhiệt lượng. Nhiệt lượng xuất hiện khi có sự truyền nhiệt giữa các vật hoặc các phần của vật.

Đáp án đúng A

Thủy tinh pha lê thường được pha thêm oxit chì (PbO). Chì là kim loại có khối lượng riêng lớn và khả năng hấp thụ, cản trở tia phóng xạ tốt. Vì vậy thủy tinh pha lê có thể cản trở tia phóng xạ mạnh hơn thủy tinh thường. Kim loại được pha thêm là chì.

Đáp án đúng B

Hạt nhân của nguyên tử được cấu tạo từ các hạt nucleon (gồm neutron và proton).

Đáp án đúng C

Tại thời điểm ban đầu, ta có: $H_X=\frac{\mathit{ln}2}{T_X}.N_0$ và $H_Y=\frac{\mathit{ln}2}{T_Y}.N_0$

Mà: $T_X<T_Y$.

Suy ra: $H_X>H_Y$.

Đáp án đúng B

Độ hụt khối của hạt nhân ${}_{95}{}^{244}Am$ là:

$∆m_{Am}=\left[\mathrm{95.1,007276}+\left(244-95\right).\mathrm{1,008665}-\mathrm{244,064279}\right]amu=\mathrm{1,918026}$ amu.

Độ hụt khối của hạt nhân ${}_1{}^{3}T$ là:

$∆m_T=\left[\mathrm{1.1,007276}+\left(3-1\right).\mathrm{1,008665}-\mathrm{3,016049}\right]amu=\mathrm{0,008557}$ amu.

Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_{95}{}^{244}Am$ là:

$E_{lk\left(Am\right)}=∆m_{Am}.c^2=\mathrm{1,918026.931,5}\mathrm{}MeV=\mathrm{1786,641219}\mathrm{}MeV$.

Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_1{}^{3}T$ là:

$E_{lk\left(T\right)}=∆m_T.c^2=\mathrm{0,008557.931,5}\mathrm{}MeV=\mathrm{7,9708455}\mathrm{}MeV$.

Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_{95}{}^{244}Am$ là:

$E_{lkr\left(Am\right)}=\frac{E_{lk\left(Am\right)}}{A_{Am}}=\frac{\mathrm{1786,641219}}{244}\approx \mathrm{7,32}$ MeV/nucleon.

Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_1{}^{3}T$ là:

$E_{lkr\left(T\right)}=\frac{E_{lk\left(T\right)}}{A_T}=\frac{\mathrm{7,9708455}}{3}\approx \mathrm{2,6569485}$ MeV/nucleon.

a) ĐÚNG

Nhiệt năng được truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn nên nhiệt được truyền từ thanh nhôm sang chất lỏng X.

b) SAI

Khi cân bằng nhiệt, hai vật chỉ có cùng nhiệt độ, không nhất thiết có cùng nhiệt năng vì nhiệt năng còn phụ thuộc khối lượng và chất cấu tạo.

c) ĐÚNG

Ta có: $\left|Q_{t\mathrm{ỏ}a}\right|=\left|Q_{thu}\right|$ ⇔ $m_{nh}.c_{nh}.\left(t_{nh}-t_{cb}\right)=m_{cl}.c_{cl}.\left(t_{cb}-t_{cl}\right)$

Thay số: $\mathrm{0,5.880}.\left(150-50\right)=1.c_{cl}.\left(50-30\right)$

Suy ra: $c_{cl}=2200$ J/(kg.K).

d) SAI

Nếu giảm khối lượng các chất thì nhiệt lượng trao đổi giữa chúng sẽ giảm. Khi đó, ảnh hưởng của sự thất thoát nhiệt ra môi trường sẽ đáng kể hơn, làm kết quả đo kém chính xác hơn.

a) ĐÚNG

Trong quá trình nén, tỉ số $\frac{pV}{T}$ (với p, V, T lần lượt là áp suất, thể tích, nhiệt độ tuyệt đối của khối khí ở cùng trạng thái) luôn không đổi và bằng n.R.

b) SAI

Ta có: $∆U=A+Q$; khí không trao đổi nhiệt với môi trường Q = 0 và nhận công A > 0 nên ∆U > 0. Nội năng khối khí tăng. Suy ra nhiệt độ khí tăng.

Mà: $pV=nRT$. Vì T tăng và V giảm nên p tăng.

c) SAI

Theo câu b ta có nội năng của khí tăng trong quá trình nén nhanh.

d) ĐÚNG

Trong cùng điều kiện áp suất ban đầu, khí được nén từ thể tích $V_1$ đến $V_2$ và không trao đổi nhiệt với môi trường. Dựa vào phương trình $pV=nRT$, khi nén khí rất nhanh, nhiệt độ của khí tăng lên nên áp suất khí tăng nhanh hơn khi nén khí chậm (nhiệt độ không đổi).

Trên đồ thị (p, V), đường biểu diễn của quá trình nén nhanh nằm phía trên đường đẳng nhiệt tương ứng.

Mặt khác, công mà khối khí nhận được trong quá trình biến đổi trạng thái được xác định bằng diện tích phần giới hạn bởi đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất p theo thể tích V và các đường thẳng p = 0, $V=V_1$ và $V=V_2$ trên hệ trục tọa độ (p, V).

Do đó, quá trình nén khí nhanh, khí nhận công lớn hơn.

a) ĐÚNG

Số chỉ của cân tăng chứng tỏ áp lực tác dụng lên mặt cân tăng.

Suy ra, lực từ do nam châm 2 tác dụng lên nâm châm 1 có chiều hướng xuống. Khi đó, lực từ do nam châm 1 tác dụng lên nam châm 2 có chiều hướng lên.

Suy ra, lực từ tương tác giữa hai nam châm là lực đẩy.

b) ĐÚNG

Áp lực tác dụng lên cân lúc sau:

$P_2=P_1+F_t$ ⇔ $F_t=P_2-P_1=\left(m_2-m_1\right).g=\left(\mathrm{83,1}-80\right).{10}^{-3}.\mathrm{9,8}\approx \mathrm{30,4}$ mN.

c) SAI

Nam châm 2 cân bằng, ta có: $\overrightarrow{T}+\overrightarrow{P_{nc2}}+\overrightarrow{F_{t(1\to 2)}}=\overrightarrow{0}$.

Suy ra, $P_{nc2}=T+F_t>F_t$

Vậy, trọng lượng của thanh nam châm 2 lớn hơn độ lớn lực từ tương tác giữa hai nam châm khi đó.

d) ĐÚNG

Nếu đưa nam châm 2 lại gần nam châm 1 hơn thì lực từ tương tác giữa hai nam châm tăng lên làm cho áp lực tác dụng lên mặt cân sẽ tăng. Số chỉ của cân khi đó tăng.

a) ĐÚNG

Phương trình phóng xạ của Americium là ${}_{95}{}^{241}Am\to {}_2{}^{4}He+{}_{93}{}^{237}Np$.

b) ĐÚNG

Chu kì bán rã của Americium ${}_{95}{}^{241}Am$ là: $T=\frac{\mathit{ln}2}{\mathrm{5,086}.{10}^{-11}}\mathrm{}s\approx \mathrm{432,2}$ năm.

c) ĐÚNG

Độ phóng xạ của nguồn phóng xạ α Americium ${}_{95}{}^{241}Am$ ở thời điểm ban đầu là:

${\mathrm{H}}_0=\mathrm{\lambda }.{\mathrm{N}}_0=\mathrm{\lambda }.\frac{{\mathrm{m}}_0}{\mathrm{M}}.{\mathrm{N}}_{\mathrm{A}}=\mathrm{5,086}.{10}^{-11}.\frac{\mathrm{0,2026}.{10}^{-6}}{241}.\mathrm{6,02}.{10}^{23}\approx \mathrm{25,7}.{10}^3\mathrm{}\mathrm{B}\mathrm{q}$.

d) ĐÚNG

Tỉ lệ phần trăm giữa độ phóng xạ của nguồn phóng xạ α Americium ${}_{95}{}^{241}\mathrm{A}\mathrm{m}$ đã giảm so với độ phóng xạ ban đầu là:

$\frac{∆\mathrm{H}}{{\mathrm{H}}_0}.100\mathrm{\%}=\frac{{\mathrm{H}}_0-{\mathrm{H}}_{\mathrm{t}}}{{\mathrm{H}}_0}.100\mathrm{\%}=\left(1-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{\lambda }.\mathrm{t}}\right)=\left(1-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{5,086}.{10}^{-11}.\mathrm{15.365.24.3600}}\right)\approx \mathrm{0,0238}$.

Đáp án: 2,4

Khi đun với công suất ${\mathrm{\wp }}_1$ ta có: ${\mathrm{\wp }}_1.∆\mathrm{t}=\mathrm{L}.∆{\mathrm{m}}_1+{\mathrm{\wp }}_{\mathrm{h}\mathrm{p}}.∆\mathrm{t}$

Khi đun với công suất ${\mathrm{\wp }}_2$ ta có: ${\mathrm{\wp }}_2.∆\mathrm{t}=\mathrm{L}.∆{\mathrm{m}}_2+{\mathrm{\wp }}_{\mathrm{h}\mathrm{p}}.∆\mathrm{t}$

Suy ra: $\mathrm{L}=\frac{\left({\mathrm{\wp }}_2-{\mathrm{\wp }}_1\right).∆\mathrm{t}}{∆{\mathrm{m}}_2-∆{\mathrm{m}}_1}=\frac{\left(720-480\right).10.60}{\mathrm{0,162}-\mathrm{0,102}}=\mathrm{2,4}.{10}^6$ J/kg.

Suy ra: x = 2,4.

Đáp án: 72

Theo câu 1

Đáp án: 380

Ban đầu, ta có: ${\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}={\mathrm{p}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}+{\mathrm{p}}_{{\mathrm{O}}_2}$ và ${\mathrm{p}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}={\mathrm{p}}_{{\mathrm{O}}_2}=\mathrm{p}$

Theo phương trình Clapeyron ta có:

${\mathrm{n}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}=\frac{{\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}.\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}=\frac{2\mathrm{p}\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}=\frac{{\mathrm{p}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}.\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}=\frac{\mathrm{p}\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=\frac{{\mathrm{p}}_{{\mathrm{O}}_2}.\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}=\frac{\mathrm{p}\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}$ ⇒ ${\mathrm{n}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=\mathrm{n}=\frac{1}{2}{\mathrm{n}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}$.

Sau khi kích nổ, trong bình còn $\frac{1}{2}\mathrm{n}$ (mol) khí CH₄, $\frac{1}{2}\mathrm{n}$ (mol) khí CO₂ và n (mol) H₂O.

Sau khi lấy lượng nước lỏng ra ngoài và đưa nhiệt độ khí trong bình về giá trị ban đầu (T), áp suất của lượng khí còn lại (CH₄ và CO₂) trong bình là:

{\mathrm{n}\mathrm{\text{'}}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}={\mathrm{n}\mathrm{\text{'}}}_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=\frac{1}{2}\mathrm{n}+\frac{1}{2}\mathrm{n}=\mathrm{n}=\frac{1}{2}{\mathrm{n}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}

⇒ $\frac{{\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}^{\mathrm{\text{'}}}.\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}=\frac{1}{2}\frac{{\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}.\mathrm{V}}{\mathrm{R}\mathrm{T}}$ ⇔ ${\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}^{\mathrm{\text{'}}}=\frac{1}{2}{\mathrm{p}}_{\mathrm{h}\mathrm{h}}=\frac{1}{2}.760=380$ mmHg.

Đáp án: 27

Suất điện động cảm ứng trong đoạn dây chuyển động (thanh CD có chiều dài ℓ) có độ lớn:

\left|{\mathrm{e}}_{\mathrm{c}}\right|=\left|\frac{∆\mathrm{\Phi }}{∆\mathrm{t}}\right|=\left|\frac{\mathrm{B}.∆\mathrm{S}}{∆\mathrm{t}}\right|=\left|\frac{\mathrm{B}\mathcal{l}\mathrm{v}.\sin \left(\overrightarrow{\mathrm{B}};\overrightarrow{\mathrm{v}}\right).∆\mathrm{t}}{∆\mathrm{t}}\right|=\mathrm{B}\mathcal{l}\mathrm{v}.\sin \left(\overrightarrow{\mathrm{B}};\overrightarrow{\mathrm{v}}\right)

Cường độ dòng điện chạy trong mạch là:

.

Đáp án: 5,8

Khối lượng ${}_{94}{}^{239}\mathrm{P}\mathrm{u}$ cần dùng để mỗi ngày đêm lò phản ứng duy trì hoạt động như trên bằng: $\frac{260.{10}^{-3}}{\mathrm{4,5}\mathrm{\%}}\approx \mathrm{5,8}$ kg.

Đáp án: 54,6

Xét một ngày đêm, số hạt nhân Pu đã phân hạch: $\mathrm{N}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{M}}.{\mathrm{N}}_{\mathrm{A}}$

Năng lượng tỏa ra: $\mathrm{Q}=\mathrm{N}.∆\mathrm{E}$

Công suất hoạt động có ích: $\mathrm{\wp }=\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{t}}=\frac{\mathrm{H}.\mathrm{Q}}{\mathrm{t}}=\frac{\mathrm{H}.\mathrm{m}.{\mathrm{N}}_{\mathrm{A}}.∆\mathrm{E}}{\mathrm{M}.\mathrm{t}}=\frac{25\mathrm{\%}.\mathrm{260.6,02}.{10}^{23}.\mathrm{180.1,6}.{10}^{-13}}{\mathrm{239.24.3600}}\approx \mathrm{54,6}$ MW.