Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Vật Lí 2026-2027 (Đề 35)

Đáp án đúng là C

Từ trường do nam châm sinh ra có vector cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$ như hình vẽ. Khi nam châm đi lên làm cho từ thông xuyên qua tiết diện khung dây giảm và sinh ra dòng điện cảm ứng.

Theo định luật Lenz, từ trường do dòng điện cảm ứng sinh ra có tác dụng chống lại sự biến thiên từ thông qua khung dây, do đó, vector cảm ứng từ $\overrightarrow{B{}_c}$ của từ trường cảm ứng cùng chiều với $\overrightarrow{B}$. Khi đó, mặt nam của khung dây gần cực bắc của nam châm thẳng nên khung dây và nam châm hút nhau làm cho khung dây chuyển động đi lên.

Dùng quy tắc bàn tay phải, ta xác định được chiều của dòng điện cảm ứng trong khung dây (nhìn từ trên xuống) cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Đáp án đúng là A

Khối lượng oxygen có trong 1g không khí là: $m=21\mathrm{\%}.1=0,21$ g.

Số phân tử oxygen: $N{}_{O{}_2}=\frac{m{}_{O{}_2}}{M{}_{0{}_2}}.N{}_A=\frac{0,21 }{32}. 6,02.10{}^{23}\approx 3,95.10{}^{21}$ phân tử.

Đáp án đúng là D

Khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái đẳng áp, nên ta có:

$\frac{V{}_1}{T{}_1}=\frac{V{}_2}{T{}_2}$ ⇔ $\frac{V{}_1}{27+273}=\frac{V{}_1+1,4}{87+273}$ (Do V ∼ T nên T tăng thì V tăng) ⇔ $V{}_1=7$ lít ⇒ $V{}_2=7+1,4=8,4$ lít.

Đáp án đúng là A

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện $I{}_1$ gây ra tại M là: $B{}_1=2.10{}^{-7}.\frac{I{}_1}{r{}_{AM}}=2.10{}^{-7}.\frac{2}{0,04}=10{}^{-5}$ T.

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện $I{}_2$ gây ra tại M là: $B{}_2=2.10{}^{-7}.\frac{I{}_2}{r{}_{BM}}=2.10{}^{-7}.\frac{4}{0,04}=2.10{}^{-5}$ T.

Do $\overrightarrow{B{}_1}$ ngược hướng với $\overrightarrow{B{}_2}$ nên độ lớn cảm ứng từ do hai dòng điện gây ra tại M là:

$B{}_M=B{}_2-B{}_1=2.10{}^{-5}-10{}^{-5}=10{}^{-5}$ T.

Đáp án đúng là D

Khung dây dẫn kín quay đều với tốc độ góc là: $\omega =2\pi f=2\pi .12=24\pi$ rad/s

Tại thời điểm ban đầu t = 0, ta có $\overrightarrow{B}$ cùng hướng với $\overrightarrow{n}$ hay $\left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{n}\right)=\phi =0°=0$ rad.

Biểu thức của từ thông qua khung dây là:

$\Phi =NBS.cos\left(\omega t+\phi \right)=100.0,4.50.10{}^{-4}.cos\left(24\pi t\right)=0,2.cos\left(24\pi t\right)$ (Wb).

Biểu thức suất điện động cảm ứng trong khung dây là:

$e{}_c=-\frac{d\Phi }{dt}=0,2.24\pi .sin\left(24\pi t\right)=4,8\pi .cos\left(24\pi t-\frac{\pi }{2}\right)$ (V).

Biểu thức cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn kín đó là:

$i=\frac{e{}_c}{R}=\frac{4,8\pi .cos\left(24\pi t-\frac{\pi }{2}\right)}{1,6}=3\pi .cos\left(24\pi t-\frac{\pi }{2}\right)$ (A).

Đáp án đúng là A

Khi đóng công tắc K, dòng điện chạy qua thanh kim loại có chiều như hình vẽ bên.

Sử dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được hướng của lực từ tác dụng lên thanh kim loại như hình vẽ bên.

Vậy thanh kim loại sẽ chuyển động về bên phải.

Đáp án đúng là C

Từ đồ thị cường độ dòng điện xoay chiều theo thời gian, ta xác định được:

Cường độ dòng điện hiệu dụng bằng $I=\frac{I{}_0}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$ A.

Chu kì của dòng điện xoay chiều là 0,02 s.

Tần số góc của dòng điện xoay chiều là $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,02}=100\pi$ rad/s.

Tại $t=0$, $i=0$ ⇒ $cos\phi {}_i=0$ và cường độ dòng điện đang tăng nên $\phi {}_i=-\frac{\pi }{2}$ rad.

Biểu thức cường độ dòng điện xoay chiều theo thời gian là $i=4cos\left(100\pi t-\frac{\pi }{2}\right)$ (A).

Đáp án đúng là B

Thời điểm t có tỉ số giữa số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ đã phân rã thành hạt nhân khác và số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ còn lại bằng 3 là: $\frac{N_0-N{}_t}{N_t}=3$ ⇔ $\frac{N_0}{N_t}-1=3$⇔ $2{}^{\frac{t}{T}}=4$⇔ $\frac{t}{T}=2$⇔ $t=2T=2.138,4=276,8$ ngày.

Đáp án đúng là A

Điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng là: $U=\frac{U{}_0}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}$ (V).

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua điện trở là: $I=\frac{U}{R}=\frac{100\sqrt{2}}{50}=2\sqrt{2}\approx 2,8$ A.

a) ĐÚNG

Khi trộn mẫu T với mẫu D, ta có: $m{}_T.c{}_T.\left(24-22\right)=m{}_D.c{}_D.\left(25-24\right)$ ⇔ $2.m{}_T.c{}_T=m{}_D.c{}_D$ (1)

Khi trộn mẫu D với mẫu S, ta có: $m{}_D.c{}_D.\left(28-25\right)=m{}_S.c{}_S.\left(30-28\right)$ ⇔ $3.m{}_D.c{}_D=2.m{}_S.c{}_S$ (2)

Khi trộn mẫu T với mẫu S, ta có: $m{}_T.c{}_T.\left(t{}_1-22\right)=m{}_S.c{}_S.\left(30-t{}_1\right)$ (3)

Từ (1) và (2) suy ra: $3.2.m{}_T.c{}_T=2.m{}_S.c{}_S$ ⇔ $m{}_S.c{}_S=3.m{}_T.c{}_T$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra: $m{}_T.c{}_T.\left(t{}_1-22\right)=3.m{}_T.c{}_T.\left(30-t{}_1\right)$ ⇔ $t{}_1-22=3.\left(30-t{}_1\right)$⇔ $t{}_1=28 ℃$.

b) ĐÚNG

Khi trộn 3 mẫu lại với nhau, ta có: $m{}_S.c{}_S.\left(30-t{}_2\right)=m{}_T.c{}_T.\left(t{}_2-22\right)+m{}_D.c{}_D.\left(t{}_2-25\right)$ (5)

Từ (1), (4) và (5) suy ra:

$3.m{}_T.c{}_T.\left(30-t{}_2\right)=m{}_T.c{}_T.\left(t{}_2-22\right)+2.m{}_T.c{}_T.\left(t{}_2-25\right)$ ⇔ $3.\left(30-t{}_2\right)=t{}_2-22+2.\left(t{}_2-25\right)$⇔ $t{}_2=27 ℃$.

c) ĐÚNG

Khi nhân viên pha thêm một mẫu sữa tươi có khối lượng $m{}_S$ (kg) nữa vào hỗn hợp ba mẫu ở câu b, ta có:

$\left(t{}_3-27\right).\left(m{}_T.c{}_T+m{}_D.c{}_D+m{}_S.c{}_S\right)=m{}_S.c{}_S.\left(30-t{}_3\right)$ (6)

Từ (1), (4) và (6) suy ra: $\left(t{}_3-27\right).\left[m{}_T.c{}_T+2.m{}_T.c{}_T+3.m{}_T.c{}_T\right]=3.m{}_T.c{}_T.\left(30-t{}_3\right)$

⇔ $6.\left(t{}_3-27\right)=3.\left(30-t{}_3\right)$⇔ $t{}_3=28 ℃$.

d) ĐÚNG

Khi nhân viên tiếp tục thêm 0,3 kg nước đá ở 0 °C vào hỗn hợp ở câu c thì khi nhiệt độ của hỗn hợp giảm còn 8 °C, ta có: $\left(28-8\right).\left(m{}_T.c{}_T+m{}_D.c{}_D+2m{}_S.c{}_S\right)=\lambda .m+m.c{}_n.\left(8-0\right)$ (7)

Từ (1), (4) và (7) suy ra: $20.\left(m{}_T.c{}_T+2.m{}_T.c{}_T+2.3.m{}_T.c{}_T\right)=\lambda .m+m.c{}_n.8$

⇔ $180.m{}_T.c{}_T=\lambda .m+m.c{}_n.8$⇔ $180.0,08.4100=3,34.10{}^5.m+m.4200.8$⇔ $m=\frac{738}{4595}$ kg.

Khối lượng nước đá còn lại (khi nhiệt độ của hỗn hợp là 8 °C) là $0,3-\frac{738}{4595}=\frac{1281}{9190}\approx 0,14$ kg.

a) ĐÚNG

Áp suất khí trong vòng bít lúc bắt đầu bơm là: $p{}_1=\Delta p{}_1+p{}_0=0+760=760$ mmHg.

Áp suất khí trong vòng bít khi độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển đạt giá trị lớn nhất là: $p{}_2=\Delta p{}_2+p{}_0=160+760=920$ mmHg.

Vậy áp suất của khối khí trong vòng bít đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong quá trình đo lần lượt là 760 mmHg và 920 mmHg.

b) SAI

Trong quá trình bơm, nhiệt độ khí không đổi nên ta có:

$p{}_1.V{}_1=p{}_2.V{}_2$ ⇔ $760.\left(120+30t\right)=920.380$ ⇔ $t=\frac{34}{3}\approx 11$ s.

c) ĐÚNG

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí trong vòng bít tại thời điểm có độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển bằng 0 mmHg và bằng 160 mmHg lần lượt ta có:

$p{}_1.V{}_0=n{}_1.R.T$ ⇔ $n{}_1=\frac{p{}_1.V{}_0}{R.T}=\frac{101325.120.10{}^{-6}}{8,31.\left(27+273\right)}\approx 0,005$ mol.

$p{}_2.V{}_2=n{}_2.R.T$ ⇔ $n{}_2=\frac{p{}_2.V{}_2}{R.T}=\frac{920.\frac{101325}{760}.380.10{}^{-6}}{8,31.\left(27+273\right)}\approx 0,019$ mol.

Lượng không khí đã được bơm vào vòng bít để độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển tăng từ 0 mmHg đến 160 mmHg là: $\Delta n=n{}_2-n{}_1=0,014$ mol.

d) ĐÚNG

Động năng tịnh tiến trung bình của các phân tử khí trong vòng bít trước khi bơm không khí vào là:

$W{}_{đ}=\frac{3}{2}.\frac{R}{N{}_A}.T=\frac{3}{2}.\frac{8,31}{6,02.10{}^{23}}.\left(27+273\right)\approx 6,21.10{}^{-21}$ J.

a) ĐÚNG

Ta có: $\Delta \phi {}_{ui}=\phi {}_u-\phi {}_i=0-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}$ rad.

Vậy điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch trễ pha hơn cường độ dòng điện trong mạch một góc $\frac{\pi }{3}$ rad.

b) SAI

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là $I=\frac{I{}_0}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=5$ A.

Vậy giá trị hiển thị trên ampe kế khi mắc nối tiếp vào đoạn mạch là 5 A.

c) SAI

Khi điện áp tức thời có giá trị 220 V, ta có: $u=220\sqrt{2}cos\left(100\pi t\right)=220$ ⇔ $cos\left(100\pi t\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$

⇒ $100\pi .t{}_1=\frac{\pi }{4}+k.2\pi$ (k ∈ N) hoặc $100\pi .t{}_2=-\frac{\pi }{4}+k.2\pi$ (k ∈ N*)

Cường độ dòng điện trong đoạn mạch tại thời điểm $t{}_1$ và $t{}_2$ lần lượt là:

$i{}_1=5\sqrt{2}cos\left(\frac{\pi }{4}+k.2\pi +\frac{\text{π}}{3}\right)=5\sqrt{2}.cos\frac{7\pi }{12}\ne I{}_{max}$.

và $i{}_2=5\sqrt{2}cos\left(-\frac{\pi }{4}+k.2\pi +\frac{\text{π}}{3}\right)=5\sqrt{2}.cos\frac{\pi }{12}\ne I{}_{max}$; với $I{}_{max}=5\sqrt{2}$ (A).

d) SAI

Giá trị của tổng trở của đoạn mạch là $Z=\frac{U}{I}=\frac{220}{5}=44$ Ω.

a) ĐÚNG

Chu kì bán rã của Americium ${}_{95}{}^{241}Am$ là: $T=\frac{ln2}{5,086.10{}^{-11}} s\approx 432,2$ năm.

b) SAI

Số lượng hạt nhân Americium ${}_{95}{}^{241}Am$ ban đầu là: $N{}_0=\frac{m{}_0}{M}.N{}_A=\frac{0,2025.10{}^{-6}}{241}.6,02.10{}^{23}\approx 5,06.10{}^{14}$ hạt.

c) ĐÚNG

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

$H{}_0=\lambda .N{}_0=5,086.10{}^{-11}.5,06.10{}^{14}\approx 25,7.10{}^3 Bq$.

d) SAI

Tỉ lệ phần trăm giữa độ phóng xạ của nguồn phóng xạ α Americium ${}_{95}{}^{241}Am$ đã giảm so với độ phóng xạ ban đầu là: $\frac{\Delta H}{H{}_0}.100\mathrm{\%}=\frac{H{}_0-H{}_t}{H{}_0}.100\mathrm{\%}=\left(1-e{}^{-\lambda .t}\right).100\mathrm{\%}=\left(1-e{}^{-5,086.10{}^{-11}.15.365.24.3600}\right).100\mathrm{\%}\approx 2,38 \mathrm{\%}$.

Gọi τ (s) là khoảng thời gian bơm nước vào bể.

Lượng nước chảy vào bể của mỗi vòi trong khoảng thời gian τ là:

$m=D.V=997.0,25.10{}^{-3}.\tau =0,24925.\tau$ (kg).

Xét sự truyền nhiệt giữa lượng nước chứa trong bể với lượng nước nóng, lạnh được bơm vào, ta có:

$Q{}_{toa}=Q{}_{thu}$ ⇒ $0,24925.\tau .c{}_n.\left(90-40\right)=0,24925.\tau .c{}_n.\left(40-10\right)+997.50.10{}^{-3}.c{}_n.\left(40-20\right)$⇔ $=200$ s

Đáp án: 200

Diện tích nắp là $S=\pi .R{}^2=3,14.0,1{}^2=0,0314$ m².

Khí trong bình có khối lượng và thể tích không đổi, nên ta có:

$\frac{p{}_1}{T{}_1}=\frac{p{}_2}{T{}_2}$ ⇔ $\frac{10{}^5}{100+273}=\frac{p{}_2}{25+273}$ ⇔ $p{}_2=\frac{298}{373}.10{}^5$ Pa.

Để mở nắp bình thì cần một lực $\overrightarrow{F}$ có độ lớn thỏa mãn biểu thức:

$F\ge mg+p{}_{0}S-p{}_{2}S$⇒ $F{}_{min}=mg+p{}_{0}S-p{}_{2}S=1.10+10{}^5.0,0314-\frac{298}{373}.10{}^5.0,0314\approx 641$ N.

Đáp án: 641

Khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái đẳng áp, nên ta có:

$\frac{V{}_1}{T{}_1}=\frac{V{}_2}{T{}_2}$ ⇔ $\frac{V{}_1}{27+273}=\frac{V{}_1+1,4}{87+273}$ (Do V ∼ T nên T tăng thì V tăng)⇔ $V{}_1=7$ lít.

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí ở trạng thái trước khi tăng nhiệt độ, ta có:

$p{}_1.V{}_1=n.R.T{}_1$ ⇔ $p{}_1=\frac{n.R.T{}_1}{V{}_1}$

Công mà khối khí đã thực hiện được trong quá trình biến đổi trạng thái đã cho là:

$A=p{}_1.\Delta V=\frac{n.R.T{}_1}{V{}_1}.\Delta V=\frac{1.8,31.\left(27+273\right)}{7.10{}^{-3}}.1,4.10{}^{-3}\approx 499$ J.

Đáp án: 499

Khối lượng của 1,5 lít nước là: $m=D.V=997.1,5.10{}^{-3}=1,4955$ kg.

Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ đến khi sôi là:

$Q{}_{thu}=m.c.\Delta T=1,4955.4200.\left(100-30\right)=439 677$ J.

Nhiệt lượng bếp điện tỏa ra trong 4,6 phút là: $Q{}_{toa}=I{}^{2}Rt=\frac{U{}^2}{R}t=\frac{220{}^2}{24,2}.4,6.60=552 000$ J.

Hiệu suất của bếp điện là:$H=\frac{A{}_{có ích}}{A{}_{toàn phan}}.100\mathrm{\%}=\frac{Q{}_{thu}}{Q{}_{toa}}.100\mathrm{\%}=\frac{439 677}{552 000}.100\mathrm{\%}\approx 80\mathrm{\%}$

Đáp án: 80

Máy xạ trị phải bảo dưỡng trước khi độ phóng xạ của nguồn phóng xạ giảm đi 7%. Khi đó, chu kì bảo dưỡng ($t{}_{bd}$) thỏa mãn biểu thức:

$\frac{H{}_0-H{}_{t{}_{bd}}}{H{}_0}.100\mathrm{\%}\le 7\mathrm{\%}$ ⇔ $1-2{}^{-\frac{t{}_{bd}}{T}}\le 0,07$ ⇔ $t{}_{bd}\le T.log{}_2\frac{100}{93}$⇔ $t{}_{bd}\le 5,3.12.log{}_2\frac{100}{93}$

⇒ $t{}_{bd{}_{max}}=5,3.12.log{}_2\frac{100}{93}\approx 6$ tháng. Vậy lịch bảo dưỡng của máy xạ trị đó là sau mỗi 6 tháng.

Đáp án: 6

Máy xạ trị phải thay nguồn phóng xạ mới trước khi độ phóng xạ giảm đi 50%. Khi đó, số lần bảo dưỡng n nhiều nhất trước khi thay nguồn phóng xạ thỏa mãn biểu thức:

$\frac{H{}_0-H{}_t}{H{}_0}.100\mathrm{\%}\le 50\mathrm{\%}$ ⇔ $1-2{}^{-\frac{n.t{}_{bd}}{T}}\le 0,5$ ⇒ $n\le \frac{T}{t{}_{bd}}$⇔ $n\le \frac{5,3.12}{6}$⇒ $n{}_{max}=10$

Nếu thực hiện bảo dưỡng đúng lịch bảo dưỡng thì sau 10 lần bảo dưỡng (với chu kì bảo dưỡng được xác định ở câu 5 là $t{}_{bd}=6$ tháng) thì ta cần thay nguồn phóng xạ mới.

Đáp án: 10