Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Vật Lí 2026-2027 (Đề 20)

Đáp án đúng D

Nhiệt độ phòng là $30{}^{\circ }\text{C}$, mức nhiệt này lớn hơn nhiệt độ nóng chảy ($-39{}^{\circ }\text{C}$) và nhỏ hơn nhiệt độ sôi ($357{}^{\circ }\text{C}$) của thủy ngân. Vì vậy, thủy ngân trong phòng đã nóng chảy hoàn toàn nhưng chưa đạt tới điểm sôi. Vậy thuỷ ngân tồn tại ở thể lỏng.

Đáp án đúng D

Ở các hình a, b, c: Chuyển động quay quanh trục thẳng đứng hoặc chuyển động tịnh tiến của nam châm đều làm cho số đường sức từ xuyên qua mặt phẳng vòng dây biến thiên liên tục, dẫn đến xuất hiện dòng điện cảm ứng làm lệch kim ampe kế.

Ở hình d: Nam châm quay quanh trục đối xứng dọc đi qua hai cực $\text{N}-\text{S}$. Từ trường của nam châm có tính đối xứng trục quanh đường thẳng này. Do đó, khi quay quanh trục dọc, từ thông gửi qua cuộn dây hoàn toàn không thay đổi. Vì không có sự biến thiên từ thông nên không sinh ra dòng điện cảm ứng, số chỉ ampe kế không thay đổi.

Đáp án đúng C

Quá trình AB: Đồ thị là đường thẳng nằm ngang song song với trục V, cho thấy áp suất không đổi trong khi thể tích giảm. Đây là quá trình nén đẳng áp, hoàn toàn không phải đẳng tích. (Vì thế khẳng định C sai).

Đáp án đúng B

Trong chụp X-quang thông thường, chùm tia $X$ chỉ chiếu theo một phương nên các bộ phận chồng lên nhau trên phim chụp.

Ở kĩ thuật CT (Computed Tomography), bóng phát tia X kết hợp với hệ thống đầu dò được di chuyển quanh người bệnh để chụp liên tiếp hàng loạt hình ảnh từ nhiều góc độ khác nhau. Máy tính sau đó tổng hợp các dữ liệu này lại tạo thành hình ảnh cắt lớp 3D sắc nét, chi tiết và không bị chồng lấp mô.

Đáp án đúng C

Quá trình vật chất chuyển đổi trực tiếp từ trạng thái rắn sang trạng thái khí mà không đi qua trạng thái lỏng được gọi là sự thăng hoa.

Đáp án đúng C

Theo đề bài, ta có biểu thức áp suất: $p=\mu kT$ (với k là hằng số Boltzmann).

Đối với bình A: $p{}_1=\mu {}_{1}kT{}_1$

Đối với bình B: $p{}_2=\mu {}_{2}kT{}_2$

Theo dữ kiện đề bài: $\mu {}_1=2\mu {}_2\Rightarrow \mu {}_2=0,5\mu {}_1$ và $T{}_2=4T{}_1$.

Thay vào phương trình của bình B, ta được:$p{}_2=\left(0,5\mu {}_1\right).k.\left(4T{}_1\right)=2.\left(\mu {}_{1}kT{}_1\right)=2p{}_1$

Suy ra: $p{}_1=0,5p{}_2$.

Đáp án đúng B

Khi đóng/ngắt khóa K (đáp án A, C) hoặc khi đang di chuyển con chạy biến trở (đáp án D), cường độ dòng điện trong mạch chứa nam châm điện thay đổi, dẫn đến từ trường sinh ra bị biến thiên. Từ thông qua cuộn dây thứ cấp biến thiên làm xuất hiện dòng điện cảm ứng ⇒ kim điện kế bị lệch. Khi dòng điện đã ổn định (như sau khi đóng $K$ một lúc), từ thông không đổi, dòng cảm ứng bằng $0\Rightarrow$ kim về vạch 0 . Các ý A, C, D đều đúng.

Ở đáp án B: Nếu chỉ tăng điện trở lên một giá trị lớn rồi giữ nguyên, dòng điện sẽ giảm xuống một giá trị nhỏ hơn và ổn định. Khi dòng điện ổn định, từ thông không biến thiên nên không có dòng cảm ứng. Hơn nữa, độ lệch của kim điện kế phụ thuộc vào tốc độ biến thiên của từ thông (tức là ta di chuyển con chạy nhanh hay chậm), chứ không phụ thuộc vào độ lớn của điện trở. Do đó, B sai

Đáp án đúng A

Hình a và Hình b sai vì các vectơ không vuông góc với nhau từng đôi một (hình a có $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ ngược chiều, hình b có $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ cùng chiều).

Hình d sai về góc độ biểu diễn không gian 3 chiều của các vectơ, vận tốc $\overrightarrow{v}$ nằm trên cùng một mặt phẳng với

E và B nhưng góc không đảm bảo tính vuông góc 3 trục.

Hình c biểu diễn đúng một hệ trục tọa độ 3 chiều vuông góc (tam diện thuận). Xoay đinh ốc (hoặc dùng quy tắc bàn tay phải) từ vectơ $\overrightarrow{E}$ sang vectơ $\overrightarrow{B}$ thì chiều tiến của đinh ốc chỉ đúng chiều của vectơ vận tốc truyền sóng $\overrightarrow{v}$.

Đáp án đúng B

Nhiệt lượng cung cấp cho các khối vật liệu là: $Q=P.\tau$.

Mặt khác, nhiệt lượng vật thu vào để tăng nhiệt độ là: $Q=mc\text{Δ}t$.

Từ đó ta có: $P.\tau =mc\text{Δ}t\Rightarrow c=\frac{P.\tau }{m.\text{Δ}t}$.

Trong thí nghiệm này, các yếu tố gồm công suất bộ đun ($P$), khối lượng các khối vật liệu ($m$) và độ tăng nhiệt độ ($\text{Δ}t=5{}^{\circ }\text{C}$) là như nhau cho tất cả các chất.

Vì vậy, nhiệt dung riêng ($c$) tỉ lệ thuận với thời gian đun ($\tau$). Vật liệu nào cần thời gian đun lâu nhất sẽ có nhiệt dung riêng lớn nhất.

Nhìn vào biểu đồ hình b), ta thấy cột thời gian của khối Bê tông là cao nhất (khoảng 160 s). Vậy Bê tông là vật liệu có nhiệt dung riêng lớn nhất trong 4 loại.

a. Sai. Áp dụng công thức $H=H{}_0.2{}^{-\frac{t}{T}}\Rightarrow \frac{68}{29,6.10{}^3}=2{}^{-\frac{t}{432,6}}$.

Từ đó suy ra $t=-432,6.\text{l}\text{o}\text{g}{}_2\left(\frac{68}{29600}\right)\approx 3792$ (năm).

Thời gian hoạt động tối đa khoảng 3792 năm, không phải 4200 năm. ⇒ Sai.

b. Đúng. Theo định luật bảo toàn số khối và điện tích cho phản ứng phân rã $\alpha$ $\left( {}_2^4\text{H}\text{e}\right)$:

Số khối hạt nhân con: $A=241-4=237$. Điện tích hạt nhân con: $Z=95-2=93$ (Nguyên tố Neptunium-Np).

Phương trình là: ${}_{95}^{241}\text{A}\text{m}\to {}_{93}^{237}\text{N}\text{p}+ {}_2^4\alpha .\Rightarrow$ Đúng.

d. Đúng. Đổi chu kì bán rã ra đơn vị giây:

$T=432,6.365,25.24.3600\approx 1,365.10{}^{10}s$.

Hằng số phóng xạ: $\lambda =\frac{\text{l}\text{n}2}{T}=\frac{\text{l}\text{n}2}{1,365.10{}^{10}}\approx 5,08.10{}^{-11}s{}^{-1}$. ⇒ Đúng.

c. Sai. Khối lượng tối đa tương ứng với độ phóng xạ ban đầu $H{}_0=29,6kBq=29600Bq$.

Từ $H{}_0=\lambda \frac{m{}_0}{A}N{}_A\Rightarrow m{}_0=\frac{H{}_0.A}{\lambda .N{}_A}=\frac{29600.241}{5,077.10{}^{-11}.6,022.10{}^{23}}\approx 2,33.10{}^{-7}\text{g}.$ ⇒ Sai.

a. Sai. Tính tích p.V cho 5 lần đo lần lượt là:

$(pV){}_1=40.1,00=40,0$

$(pV){}_2=30.1,34=40,2$

$(pV){}_3=20.2,00=40,0$

$(pV){}_4=15.2,66=39,9$

$(pV){}_5=10.4,02=40,2$

Giá trị trung bình $\overline{pV}=\frac{40,0+40,2+40,0+39,9+40,2}{5}=40,06\text{a}\text{t}\text{m}.\text{c}\text{m}{}^3$.

Như vậy hằng số của quá trình đẳng nhiệt này xấp xỉ $40\text{a}\text{t}\text{m}.\text{c}\text{m}{}^3$, không phải bằng 42. ⇒ Sai.

b. Đúng. Sai số tuyệt đối của từng lần đo so với giá trị trung bình $\left(40,06\right)$:

$\text{Δ}{}_1=\left|40,06-40,0\right|=0,06$

$\text{Δ}{}_2=\left|40,06-40,2\right|=0,14$

$\text{Δ}{}_3=\left|40,06-40,0\right|=0,06$

$\text{Δ}{}_4=\left|40,06-39,9\right|=0,16$

$\text{Δ}{}_5=\left|40,06-40,2\right|=0,14$

Sai số tuyệt đối trung bình: $\overline{\text{Δ}\left(pV\right)}=\frac{0,06+0,14+0,06+0,16+0,14}{5}=0,112\approx 0,11\text{a}\text{t}\text{m}.\text{c}\text{m}{}^3$.

⇒ Đúng.

c. Đúng. Trình tự các bước nén khí theo từng nấc, chờ ổn định để nhiệt độ cân bằng với môi trường, ghi nhận lại các cặp giá trị $\left(p,V\right)$ tương ứng và lặp lại thao tác là quy trình tiêu chuẩn để khảo sát định luật Boyle.

⇒ Đúng.

d. Sai. Từ phương trình trạng thái $pV=nRT\Rightarrow n=\frac{pV}{RT}$.

Sử dụng giá trị $\overline{pV}=40,06\text{a}\text{t}\text{m}.\text{c}\text{m}{}^3=40,06.10{}^{-3}\text{a}\text{t}\text{m}.\text{L}$.

Thay $R=0,082\text{a}\text{t}\text{m}.\text{L}/\left(\text{m}\text{o}\text{l}.\text{K}\right)$ và $T=300\text{K}$:

$n=\frac{40,06.10{}^{-3}}{0,082.300}\approx 1,63.10{}^{-3}\text{m}\text{o}\text{l}.\Rightarrow$ Sai.

a) Đúng: Theo định luật Faraday về cảm ứng điện từ, suất điện động cảm ứng sinh ra trong cuộn dây phụ thuộc vào số vòng dây và tốc độ biến thiên từ thông ($e=-N.\frac{\text{Δ}\text{Φ}}{\text{Δ}t}$). Việc tăng số vòng dây ($N$) hoặc sử dụng nam châm mạnh hơn (làm tăng cảm ứng từ $B$, dẫn đến tăng từ thông $\text{Φ}$) đều sẽ làm tăng giá trị của suất điện động cảm ứng. Nhờ vậy, với cùng một mức âm thanh tác động, tín hiệu điện tạo ra sẽ mạnh hơn, tức là độ nhạy của micro tăng lên.

b) Sai: Nguyên tắc hoạt động của Microphone dynamic dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ, chứ không phải ứng dụng của lực từ. Cụ thể, năng lượng cơ học (sóng âm) làm cuộn dây dao động trong từ trường, làm từ thông qua cuộn dây biến thiên, từ đó sinh ra dòng điện cảm ứng.

c) Đúng: Sóng âm có tần số bao nhiêu thì sẽ làm màng rung và cuộn dây dao động cơ học với đúng tần số bấy nhiêu. Sự biến thiên từ thông qua cuộn dây cũng diễn ra cùng tần số đó, nên suất điện động và dòng điện cảm ứng sinh ra sẽ là dòng xoay chiều có tần số bằng đúng tần số của âm thanh đầu vào $\left(30\text{H}\text{z}\right)$.

d) Đúng: Microphone dynamic và loa điện có cấu tạo cơ bản giống hệt nhau: đều gồm một màng rung gắn với cuộn dây đặt trong từ trường của nam châm. Dựa trên tính thuận nghịch, nếu ta cấp một dòng điện xoay chiều vào cuộn dây của micro, từ trường của nam châm sẽ tác dụng lực từ lên dòng điện này, làm cuộn dây và màng rung dao động, đẩy không khí xung quanh và phát ra âm thanh giống như một chiếc loa thu nhỏ (dù công suất và chất lượng âm thanh không được tối ưu như loa thật).

Chọn gốc tọa độ góc tại M. Theo dữ kiện đề bài, tại vị trí hiện tại (cạnh BC ở vị trí M), mặt phẳng khung dây song song với đường sức từ và suất điện động đang có giá trị cực đại, tức là $e=E{}_0$.

Khi khung dây quay theo chiều $\text{M}\to \text{P}\to \text{N}\to \text{Q}$, ta có thể viết phương trình của suất điện động theo góc quay $\alpha$ (tính từ vị trí M) là: $e=E{}_0\text{c}\text{o}\text{s}\alpha$.

a. Sai. Cạnh BC trùng với phương MN tức là điểm B có thể nằm ở M hoặc N.

Nếu B ở M $\left(\alpha =0{}^0\right)$: $e=E{}_0>0$.

Nếu B ở N $\left(\alpha =180{}^0\right)$: $e=E{}_0\text{c}\text{o}\text{s}\left(180{}^0\right)=-E{}_0<0$.

Do đó, suất điện động có thể nhận giá trị âm. ⇒ Sai.

b. Đúng. Quá trình B di chuyển từ M đến P tương ứng với góc $\alpha$ tăng từ $0{}^{\circ }$ đến $90{}^{\circ }$. Khi đó, giá trị $\text{c}\text{o}\text{s}\alpha$ giảm dần từ 1 về 0, nên suất điện động $e$ đang giảm từ $E{}_0$ về $0.\Rightarrow$ Đúng.

c. Sai. Quá trình B di chuyển từ Q đến M tương ứng với góc $\alpha$ đi từ $270{}^{\circ }$ đến $360{}^{\circ }$ (tức là góc đi về $0{}^{\circ }$). Khi đó, giá trị $\text{c}\text{o}\text{s}\alpha$ tăng dần từ 0 lên 1, nên suất điện động $e$ đang tăng từ 0 lên $E{}_0$. $\Rightarrow$ Sai.

d. Sai. Cạnh BC trùng với phương PQ tức là điểm B nằm ở P hoặc Q. Lúc này mặt phẳng khung dây đang vuông góc với các đường sức từ ($\alpha =90{}^{\circ }$ hoặc $\alpha =270{}^{\circ }$). Tại cả hai vị trí này, ta đều có $\text{c}\text{o}\text{s}\alpha =0$, suy ra $e=0$ chứ không phải có giá trị âm. ⇒ Sai.

Đổi đơn vị:

Công suất: $P=1,5\text{k}\text{W}=1500\text{W}$

Thời gian: $t=1$ phút $=60\text{s}$

Nhiệt lượng do bàn là điện cung cấp (tỏa ra) trong 1 phút là:

$Q{}_{\text{t}\text{o}\text{a}}=Pt=1500.60=90000\left(\text{J}\right)$

Nhiệt lượng cần thiết để $m\left(\text{k}\text{g}\right)$ nước ở $30{}^{\circ }C$ đun nóng lên $100{}^{\circ }C$ và hóa hơi hoàn toàn là:

$Q{}_{\text{t}\text{h}\text{u}}=mc\left(t{}_2-t{}_1\right)+mL$

$Q{}_{\text{t}\text{h}\text{u}}=m.4200.\left(100-30\right)+m.2,3.10{}^6=2594000m\left(\text{J}\right)$

Theo giả thiết, toàn bộ năng lượng điện được truyền để đun nóng và hóa hơi nước (không có hao phí), ta có phương trình cân bằng nhiệt:

$Q{}_{\text{t}\text{o}\text{a}}=Q{}_{\text{t}\text{h}\text{u}}$

$\Rightarrow 90000=2594000\text{m}$

$\Rightarrow m\approx 0,034695\text{k}\text{g}\approx 34,7\text{g}$

Đáp án: 34,7

Đổi đơn vị thể tích tiêm và lấy ra: $10\text{m}\text{l}=10{}^{-2}l$.

Số mol ban đầu tiêm vào cơ thể là:

$n{}_0=C{}_0.V{}_{\text{t}\text{i}\text{e}\text{m}}=10{}^{-3}.10{}^{-2}=10{}^{-5}\left(\text{m}\text{o}\text{l}\right)$.

Số mol chất phóng xạ còn lại trong cơ thể sau thời gian $t=6h$ là:

$n{}_t=n{}_0.2{}^{-\frac{t}{T}}=10{}^{-5}.2{}^{-\frac{6}{15}}=10{}^{-5}.2{}^{-0,4}\left(\text{m}\text{o}\text{l}\right)$.

Do chất phóng xạ phân bố đều, nồng độ chất phóng xạ trong cơ thể là $C{}_t=\frac{n{}_t}{V}$ (với $V$ là thể tích máu).

Số mol trong mẫu máu lấy ra là: $n{}_{\text{m}\text{a}\text{u}}=C{}_t.V{}_{\text{l}\text{a}\text{y}}=\frac{n{}_t}{V}\cdot V{}_{\text{l}\text{a}\text{y}}$

$\Rightarrow V=V{}_{\text{l}\text{a}\text{y}}.\frac{n{}_t}{n{}_{\text{m}\text{a}\text{u}}}=10{}^{-2}.\frac{10{}^{-5}.2{}^{-0,4}}{1,78.10{}^{-8}}\approx 4,2576$ (lít).

Làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười, ta được 4,3 lít.

Đáp án: 4,3

Thể tích khí mà mỗi lần bơm đẩy vào lốp (ở áp suất khí quyển) là:

$\text{Δ}V=S.h=2.10{}^{-3}.0,25=5.10{}^{-4}\left(\text{m}{}^3\right)$.

Xét tổng lượng khí đưa vào lốp xe sau $n$ lần bơm cùng với lượng khí ban đầu có trong lốp:

Trạng thái 1 (khi còn ở điều kiện áp suất khí quyển):

Áp suất $p{}_1=p{}_0=10{}^5\text{P}\text{a}$.

Thể tích $V{}_1=V{}_{\text{l}\text{o}\text{p}}+n.\text{Δ}V=0,05+n.5.10{}^{-4}\left(\text{m}{}^3\right)$.

Trạng thái 2 (khi đã bị nén toàn bộ vào trong lốp đạt tiêu chuẩn):

Áp suất $p{}_2=2,5.10{}^5\text{P}\text{a}$.

Thể tích $V{}_2=V{}_{\text{l}\text{o}\text{p}}=0,05\left(\text{m}{}^3\right)$.

Vì nhiệt độ không đổi, theo định luật Boyle - Mariotte ta có:

$p{}_{1}V{}_1=p{}_{2}V{}_2\iff 10{}^5.\left(0,05+n.5.10{}^{-4}\right)=2,5.10{}^5.0,05$

$\iff 0,05+n.5.10{}^{-4}=0,125$

$\iff n.5.10{}^{-4}=0,075\Rightarrow n=150$.

Vậy cần 150 lần bơm.

Đáp án: 150

Đổi đơn vị: $m=8g=8.10{}^{-3}\text{k}\text{g};d=2,1cm=0,021\text{m}$.

Các lực tác dụng lên thanh làm thanh quay quanh trục O:

Trọng lực $\overrightarrow{P}$ đặt tại trọng tâm G của thanh ($OG=\frac{l}{2}$), có phương thẳng đứng hướng xuống. Mô men của trọng lực là: $M{}_P=P.\left(OG.\text{s}\text{i}\text{n}\alpha \right)=mg.\frac{l}{2}.\text{s}\text{i}\text{n}\alpha$.

Lực từ $\overrightarrow{F}$ do từ trường đều tác dụng lên thanh đặt tại trọng tâm G. Vì $\overrightarrow{B}$ vuông góc với mặt phẳng chứa thanh nên $\overrightarrow{F}$ có phương vuông góc với thanh.

Mô men của lực từ là: $M{}_F=F.OG=BIl.\frac{l}{2}$.

Khi thanh cân bằng, tổng mô men đối với trục quay O bằng 0:

$M{}_P=M{}_F\iff mg.\frac{l}{2}.\text{s}\text{i}\text{n}\alpha =BIl.\frac{l}{2}\Rightarrow B=\frac{mg\text{s}\text{i}\text{n}\alpha }{Il}$.

Vì góc lệch $\alpha$ rất nhỏ nên ta có thể coi $\text{s}\text{i}\text{n}\alpha \approx \text{t}\text{a}\text{n}\alpha =\frac{d}{l}=\frac{0,021}{0,8}=0,02625$.

Thay số tính cảm ứng từ $B$:

$B=\frac{8.10{}^{-3}.9,8.0,02625}{6.0,8}=4,2875.10{}^{-4}\left(T\right)$.

Theo đề bài $B=x.10{}^{-4}T$, suy ra $x=4,2875$.

Làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười, ta có $x\approx 4,3$.

Đáp án: 4,3

Hai bệnh nhân có cùng cân nặng nên lượng hạt nhân mang tính phóng xạ (hay số mol chất phóng xạ) cần tiêm vào cơ thể tại thời điểm tiêm để đảm bảo chuẩn liều lượng là như nhau. Ta gọi lượng hạt nhân cần thiết này là $\text{Δ}N$.

Dược chất được lấy từ cùng một đợt sản xuất. Gọi nồng độ hạt nhân${}^{18}\text{F}$ (số hạt trên một đơn vị thể tích) tại thời điểm tiêm cho bệnh nhân thứ nhất là $C{}_1$. Thể tích dung dịch FDG bệnh nhân một cần tiêm là: $V{}_1=\frac{\text{Δ}N}{C{}_1}$.

Bệnh nhân hai được tiêm sau đó khoảng thời gian $\text{Δ}t=55$ phút. Nồng độ hạt nhân phóng xạ trong dung dịch FDG lúc này giảm xuống còn:

$C{}_2=C{}_1.2{}^{-\frac{\text{Δ}t}{T}}=C{}_1.2{}^{-\frac{55}{110}}=C{}_1.2{}^{-0,5}=\frac{C{}_1}{\sqrt{2}}$.

Thể tích dung dịch FDG bệnh nhân hai cần tiêm là:

$V{}_2=\frac{\text{Δ}N}{C{}_2}=\frac{\text{Δ}N}{C{}_1/\sqrt{2}}=V{}_1\sqrt{2}$.

Phần trăm lượng dược chất (thể tích dung dịch) FDG bệnh nhân hai phải tiêm nhiều hơn bệnh nhân một là:

$\frac{V{}_2-V{}_1}{V{}_1}.100\text{\%}=\left(\sqrt{2}-1\right).100\text{\%}\approx 41,42\text{\%}$.

Làm tròn đến chữ số hàng phần mười, kết quả là $41,4\text{\%}$.

Đáp án: 41,4

Chu vi của một vòng dây là: $l{}_1=2\pi r=2\pi .0,08=0,16\pi \left(m\right)$.

Tổng chiều dài của dây dẫn để cuốn thành cuộn dây ( 200 vòng) là:

$L=N.l{}_1=200.0,16\pi =32\pi \left(m\right)$.

Tổng điện trở của cuộn dây là:

$R=L.R{}_0=32\pi .0,5=16\pi \left(\text{Ω}\right)$.

Diện tích giới hạn bởi mỗi vòng dây tròn là:

$S=\pi r{}^2=\pi .0,08{}^2=0,0064\pi \left(m{}^2\right)$.

Do $\overrightarrow{B}$ vuông góc với mặt phẳng vòng dây nên góc $\alpha =0{}^0$ (hoặc $180{}^0$). Độ biến thiên từ thông gửi qua toàn bộ cuộn dây là:

$\text{Δ}\text{Φ}=N.S.\left|\text{Δ}B\right|=200.0,0064\pi .\left|0-0,01\right|=0,0128\pi \left(Wb\right)$.

Độ lớn suất điện động cảm ứng xuất hiện trong cuộn dây là:

$e{}_c=\frac{\text{Δ}\text{Φ}}{\text{Δ}t}=\frac{0,0128\pi }{0,01}=1,28\pi \left(V\right)$.

Cường độ dòng điện cảm ứng sinh ra trong cuộn dây là:

$I{}_c=\frac{e{}_c}{R}=\frac{1,28\pi }{16\pi }=0,08\left(A\right)$.

Kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần trăm là $0,08\text{A}$.

Đáp án: 0,08