Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Vật Lí 2026-2027 (Đề 36)

Đáp án đúng là D

Biểu thức xác định độ lớn cảm ứng từ tại A, B, C lần lượt là

$B{}_A=2.10{}^{-7}.\frac{I}{PA}$ ⇔ $PA=\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_A}$

$B{}_B=2.10{}^{-7}.\frac{I}{PB}$ ⇔ $PB=\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_B}$

$B{}_C=2.10{}^{-7}.\frac{I}{PC}$ ⇔ $PC=\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_C}$

Dựa vào hình vẽ, ta thấy: $PC=\frac{PA+PB}{2}$

Suy ra: $\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_C}=\frac{1}{2}\left(\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_A}+\frac{2.10{}^{-7}.I}{B{}_B}\right)$⇔ $\frac{1}{B{}_C}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{B{}_A}+\frac{1}{B{}_B}\right)$

⇔ $B{}_C=\frac{2.B{}_B.B{}_A}{B{}_B+B{}_A}=\frac{2.3.10{}^{-4}.6.10{}^{-4}}{3.10{}^{-4}+6.10{}^{-4}}=4.10{}^{-4}$ (T).

Đáp án đúng là D

Chu kì biến thiên của điện áp và cường độ dòng điện là $T=4$ ô.

Pha ban đầu của điện áp ($-\pi \le \phi {}_u\le \pi$):

Tại $t=0$ s, ta có: $cos\phi {}_u=\frac{u}{U{}_0}=\frac{-U_0}{U_0}=-1$ ⇒ $\phi {}_u=-\pi$ (rad) (u tăng).

Pha ban đầu của cường độ dòng điện ($-\pi \le \phi {}_i\le \pi$):

Tại $t=0$ s, ta có: $cos\phi {}_i=\frac{i}{I{}_0}=\frac{\frac{I{}_0}{2}}{I_0}=\frac{1}{2}$ ⇔ $\phi {}_i=\pm \frac{\pi }{3}$ (rad).

Mà i đang tăng nên $\phi {}_i=-\frac{\pi }{3}$ (rad).

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là: $\phi {}_{ui}=\phi {}_u-\phi {}_i=-\pi -\left(-\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{2\pi }{3}$ (rad).

Vậy cường độ dòng điện i sớm pha hơn điện áp u một góc bằng $\frac{2\pi }{3}$ (rad).

Đáp án đúng là D

Pha ban đầu của từ thông (tại t = 0): $\phi {}_0=\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)=30°=\frac{\pi }{6}$ (rad).

Tần số góc của khung dây: $\omega =2\pi f=2\pi .\frac{3000}{60}=100\pi$ (rad/s).

Biểu thức từ thông xuyên qua diện tích S của khung dây:

$\Phi =NBS.cos\left(\omega t+\phi {}_0\right)=500.0,1.100.10{}^{-4}.cos\left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)=0,5.cos\left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)$ (Wb).

Biểu thức suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây:

$e{}_c=-\frac{d\Phi }{dt}=50\pi .sin\left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)=50\pi .cos\left(100\pi t-\frac{\pi }{3}\right)$ (V).

Đáp án đúng là C

Chu kì của điện áp: $T=4\text{ô}=4.5.10{}^{-3}=0,02$ s.

Tần số của điện áp: $f=\frac{1}{T}=\frac{1}{0,02}=50$ Hz.

Vậy tần số dòng điện xoay chiều (bằng tần số của điện áp) là 50 Hz.

Đáp án đúng là D

Trong khoảng thời gian từ 0 đến $t{}_1$ (s), dòng điện cảm ứng có chiều cùng chiều quay của kim đồng hồ. Dùng quy tắc nắm tay phải ta xác định được vector cảm ứng từ của từ trường cảm ứng trong khung dây dẫn cùng hướng với vector cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$ của từ trường đều.

Suy ra, trong khoảng thời gian từ 0 đến $t{}_1$ (s) từ thông xuyên qua diện tích S của khung dây dẫn luôn giảm (định luật Lenz) hay độ lớn cảm ứng từ luôn giảm ($\Phi =NBS.cos\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)$).

Vậy đồ thị 4 biểu diễn đúng sự biến đổi của độ lớn cảm ứng từ theo thời gian.

Đáp án đúng là D

Số nguyên tử ${}_{92}{}^{238}U$ có trong 119 gam ${}_{92}{}^{238}U$ là:

$N=\frac{m}{M}.N{}_A=\frac{119}{238}.6,02.10{}^{23}=3,01.10{}^{23}$ nguyên tử.

Trong mỗi nguyên tử ${}_{92}{}^{238}U$ có chứa $238-92=146$ neutron.

Vậy số neutron có trong 119 gam ${}_{92}{}^{238}U$ là $3,01.10{}^{23}.146\approx 4,4.10{}^{25}$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $W{}_{lk{}_Z}<W{}_{lk{}_X}<W{}_{lk{}_Y}$ và $A{}_X=2A{}_Y=0,5A{}_Z\Rightarrow A_Z>A_X>A_Y$

$\Rightarrow \frac{W{}_{lk{}_Z}}{A{}_Z}<\frac{W{}_{lk{}_X}}{A{}_X}<\frac{W{}_{lk{}_Y}}{A{}_Y}$⇒ $W{}_{lkr{}_Z}<W{}_{lkr{}_X}<W{}_{lkr{}_Y}$

Vậy các hạt nhân được sắp xếp theo thứ tự tính bền vững giảm dần là Y; X; Z.

Đáp án đúng là C

Phóng xạ là quá trình hạt nhân tự phát ra các hạt α, β⁻, β⁺ và biến đổi thành một hạt nhân khác.

Đáp án đúng là A

Gọi số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ và số hạt nhân ${}_{82}{}^{206}Pb$ tại thời điểm ban đầu là $N{}_{0{}_{Po}}$ và $N{}_{0{}_{Pb}}$.

Phương trình phóng xạ: ${}_{84}{}^{210}Po\to {}_{82}{}^{206}Pb+{}_2{}^{4}He$

Sau khoảng thời gian t, số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ còn lại là: $N=N{}_{0{}_{Po}}.2{}^{-\frac{t}{T}}$ và số hạt nhân ${}_{82}{}^{206}Pb$ mới được tạo thành bằng số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ đã mất đi: $\Delta N=N{}_{0{}_{Po}}\left(1-2{}^{-\frac{t}{T}}\right)$.

Tại thời điểm $t{}_1$, tỉ số giữa số hạt nhân ${}_{82}{}^{206}Pb$ và số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ là:

$\frac{N{}_{0{}_{Pb}}+\Delta N{}_1}{N{}_1}=\frac{N{}_{0{}_{Pb}}+N{}_{0{}_{Po}}\left(1-2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}\right)}{N{}_{0{}_{Po}}.2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}}=1$⇔ $\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}.2{}^{\frac{t{}_1}{T}}+2{}^{\frac{t{}_1}{T}}-1=1$ ⇒ $\left(\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}+1\right)2{}^{\frac{t{}_1}{T}}=2$ (1)

Tại thời điểm $t{}_2$, tỉ số giữa số hạt nhân ${}_{82}{}^{206}Pb$ và số hạt nhân ${}_{84}{}^{210}Po$ là:

$\frac{N{}_{0{}_{Pb}}+\Delta N{}_2}{N{}_2}=\frac{N{}_{0{}_{Pb}}+N{}_{0{}_{Po}}\left(1-2{}^{-\frac{t{}_2}{T}}\right)}{N{}_{0{}_{Po}}.2{}^{-\frac{t{}_2}{T}}}=7$⇔ $\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}.2{}^{\frac{t{}_2}{T}}+2{}^{\frac{t{}_2}{T}}-1=7$ ⇒ $\left(\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}+1\right)2{}^{\frac{t{}_2}{T}}=8$ (2)

Chia (2) cho (1) theo từng vế, ta được:

$\frac{2{}^{\frac{t{}_2}{T}}}{2{}^{\frac{t{}_1}{T}}}=4$ ⇔ $2{}^{\frac{t{}_2-t{}_1}{T}}=4$ ⇔ $2{}^{\frac{3,52t{}_1-t{}_1}{T}}=2{}^2$ ⇒ $\frac{2,52t{}_1}{T}=2$ ⇔ $\frac{t{}_1}{T}=\frac{50}{63}$

Thay $\frac{t{}_1}{T}=\frac{50}{63}$ vào (1) ta được: $\left(\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}+1\right).2{}^{\frac{50}{63}}=2$ ⇒ $\frac{N{}_{0{}_{Pb}}}{N{}_{0{}_{Po}}}\approx 0,154$.

a) SAI

Do bỏ qua sự truyền nhiệt ra môi trường và ấm nên nhiệt lượng mà ấm cung cấp bằng nhiệt lượng nước và nước đá thu vào.

Xét đoạn OA, lượng nước đá trong hỗn hợp nhận nhiệt lượng để nóng chảy và chuyển hoàn toàn sang thể lỏng. Ta có: $Q{}_{OA}=\lambda .m{}_{\text{đ}}$ ⇔ $m{}_{\text{đ}}=\frac{Q{}_{OA}}{\lambda }=\frac{66,8.10{}^3}{3,34.10{}^5}=0,2$ kg.

Khối lượng nước có trong hỗn hợp ban đầu là: $2-0,2=1,8$ kg.

b) ĐÚNG

Do khoảng thời gian từ thời điểm bắt đầu đun đến khi nhiệt độ của hỗn hợp bắt đầu tăng lên là 67 giây nên ta có: ⇔ W.

c) SAI

Trong khoảng thời gian từ thời điểm bắt đầu đun đến khi nước bắt đầu sôi, ta có:

⇔ $66,8.10{}^3+2.4200.100=1000.t$ ⇔ $t=906,8s\approx 15$ phút.

d) ĐÚNG

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:

$m{}_{hh}.c{}_n.\left(100-t{}_{cb}\right)=m{}_{\text{đ}2}.c{}_{\text{đ}}.\left[0-\left(-5\right)\right]+\lambda .m{}_{\text{đ}2}+m{}_{\text{đ}2}.c{}_n.\left(t{}_{cb}-0\right)$

⇔ $2.4200.\left(100-t{}_{cb}\right)=0,25.2100.5+3,34.10{}^5.0,25+0,25.4200.t{}_{cb}$⇔ $t{}_{cb}\approx 80℃$.

a) ĐÚNG

Định luật Charles được phát biểu như sau: “Với một khối lượng khí xác định, khi giữ ở áp suất không đổi thì thể tích của khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối của nó”.

b) SAI

Lượng khí lí tưởng chứa trong xi lanh có số mol là:

$p{}_0.V{}_0=nRT{}_0$ ⇔ $n=\frac{p{}_0.V{}_0}{RT{}_0}=\frac{10{}^5.70.10{}^{-6}}{8,31.\left(26+273\right)}\approx 0,0028$ mol.

c) ĐÚNG

Ta có bảng số liệu sau (đã đổi đơn vị):

Lần đo	Nhiệt độ của khí trong xi lanh T (K)	Thể tích khí trong xi lanh V (m3)	Tỉ số $\frac{V}{T}$ ($\frac{m{}^3}{K}$)
1	318	75.10−6	0,236.10−6
2	314	74.10−6	0,236.10−6
3	310	73.10−6	0,235.10−6
4	306	72.10−6	0,235.10−6
5	302	71.10−6	0,235.10−6
			$\overline{\frac{V}{T}}=0,235.10{}^{-6}$

Vậy tỉ số $\frac{V}{T}$ luôn không đổi và xấp xỉ bằng 0,235.10⁻⁶ $\frac{m{}^3}{K}$.

d) ĐÚNG

Từ bảng giá trị trên ta vẽ được đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa nhiệt độ tuyệt đối và thể tích của khối khí như hình sau:

a) SAI

Độ biến thiên từ thông qua khung dây dẫn trong khoảng thời gian từ $t{}_1=0$ s đến $t{}_2=0,5$ s là:

$\Delta \Phi =N.\Delta B.S.cos\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)=100.2,5.10{}^{-3}.12.10{}^{-4}.cos0°=3.10{}^{-4}$ Wb.

b) ĐÚNG

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây dẫn trong khoảng thời gian từ $t{}_1=0$ s đến $t{}_2=0,5$ s có độ lớn là: $\left|e{}_c\right|=\left|-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|=\left|-\frac{3.10{}^{-4}}{0,5}\right|=6.10{}^{-4}V=0,6mV$.

c) ĐÚNG

Do cảm ứng từ tăng nên từ thông xuyên qua tiết diện khung dây dẫn tăng. Theo định luật Lenz ta xác định được chiều của các đường sức từ của từ trường cảm ứng xuyên qua tiết diện khung dây dẫn ($\overrightarrow{B{}_c}$) ngược chiều với $\overrightarrow{B}$. Tiếp theo, dùng quy tắc nắm bàn tay phải thì ta xác định được chiều của dòng điện cảm ứng cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Cường độ dòng điện cảm ứng: $I=\frac{\left|e{}_c\right|}{R}=\frac{6.10{}^{-4}}{0,01.100}=6.10{}^{-4}A=0,6mA$.

d) SAI

Dựa vào đồ thị ta xác định được hàm số biểu diễn sự phụ thuộc của B (T) vào t (s) có dạng:$B=a.t$

Khi $t=0,5s$, $B=2,5.10{}^{-3}T$; ta có: $2,5.10{}^{-3}=a.0,5$ ⇔ $a=0,005$

Suy ra: $B=0,005.t$

Khi từ thông xuyên qua tiết diện khung dây đạt giá trị 0,12 mWb, ta có:

$\Phi =NBS.cos\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)$ ⇔ $B=\frac{}{NS.cos\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)}=\frac{0,12.10{}^{-3}}{100.12.10{}^{-4}.cos0°}=0,001$ T.

Thời điểm có cảm ứng từ $B=0,001$ T là: $B=0,005.t$ ⇔ $t=\frac{B}{0,005}=\frac{0,001}{0,005}=0,2$ s.

a) SAI

Hằng số phóng xạ của ${}_{54}{}^{133}Xe$ là: $\lambda =\frac{ln2}{T}=\frac{ln2}{5,24.24.3600}\approx 0,1531.10{}^{-5}$ s⁻¹.

b) ĐÚNG

Khối lượng ${}_{54}{}^{133}Xe$ có trong liều mà bệnh nhân đã hít vào là$H{}_0=\lambda .N{}_0=\frac{ln2}{T}.\frac{m{}_0}{M}.N{}_A$

$\Rightarrow m{}_0=\frac{H{}_0.T.M}{ln2.N{}_A}=\frac{3,18.10{}^8.5,24.24.3600.133}{ln2.6,02.10{}^{23}}\approx 0,046.10{}^{-6}$g = 0,046 µg.

c) SAI

Độ phóng xạ của ${}_{54}{}^{133}Xe$ lắng đọng tại phổi ở lần chụp thứ hai:

$H=H{}_0.2{}^{-\frac{t}{T}}=3,18.10{}^8.2{}^{-\frac{2}{5,24.24}}\approx 3,15.10{}^8$ Bq.

d) ĐÚNG

Áp dụng định lí động năng, ta có: $A{}_{\overrightarrow{F{}_{\text{đ}}}}=\frac{1}{2}mv{}^2-\frac{1}{2}mv{}_0{}^2=q.E.d=q.U$

⇔ $v=\sqrt{\frac{2}{m}qU+v{}_0{}^2}=\sqrt{\frac{2}{9,1.10{}^{-31}}.\left(-1,6.10{}^{-19}\right).\left(-10\right)+\left(2.10{}^6\right){}^2}\approx 2,74.10{}^6$ m/s.

(Vì hạt $\alpha$ chuyển động từ bản âm về phía bản dương, ngược chiều đường sức điện nên $d<0$.

Suy ra: $U=Ed=-10$ V).

Khối lượng nước cần đun trong một tháng là:

$26.\text{m}=26.\text{D}.\text{V}=26.997.40.1,8.10{}^{-3}=1866,384$ kg.

Nhiệt lượng cần cung cấp để làm 1866,384 kg nước sôi từ nhiệt độ ban đầu 20 °C là:

$\text{Q}=\text{m}.\text{c}.\Delta \text{T}=1866,384.4200.\left(100-20\right)=627105024$ J.

Nếu đun nước bằng bếp điện thì cần lượng điện tiêu thụ là:

$\text{W}{}_{\text{b}}=\frac{\text{Q}}{70\text{\%}}=\frac{627105024}{70\text{\%}}=895864320\text{J}=248,8512$ kW.h

Nếu đun nước bằng ấm điện thì cần lượng điện tiêu thụ là:

$\text{W}{}_{\text{a}}=\frac{\text{Q}}{90\text{\%}}=\frac{627105024}{90\text{\%}}=696783360\text{J}\approx 193,5509$ kW.h

Số tiền điện của việc đun nước mà nhà trường tiết kiệm được mỗi tháng khi dùng ấm điện thay cho bếp điện là: $1748.\left(248,8512-193,5509\right)\approx 96,7$ nghìn đồng.

Đáp án: 96,7

Từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) là quá trình đẳng nhiệt nên $\text{T}{}_2=\text{T}{}_1=27+273=300$ K.

Từ trạng thái (2) sang trạng thái (3) là quá trình đẳng tích có áp suất tăng 3 lần nên nhiệt độ tuyệt đối tăng 3 lần. Khi đó ta có: $\text{T}{}_3=3\text{T}{}_2=3.300=900$ K.

Từ trạng thái (3) sang trạng thái (4) là quá trình đẳng áp có thể tích giảm 2 lần nên nhiệt độ tuyệt đối giảm 2 lần. Khi đó ta có: $\text{T}{}_4=\frac{\text{T}{}_3}{2}=\frac{900}{2}=450$ K.

Đáp án: 450

Suất điện động cảm ứng cực đại trong cuộn dây của bộ thu khi dây đàn dao động là:

$\text{E}{}_0=\text{N}\text{B}\text{S}\text{ω}=\text{N}\text{B}\text{S}.2\text{π}\text{f}=310.0,02.5.10{}^{-4}.2\text{π}.500\approx 9,7$ V.

Đáp án: 9,7

Do độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện xoay chiều trong mạch là $\frac{\text{π}}{2}$ nên:

$\left(\frac{\text{u}}{\text{U}{}_0}\right){}^2+\left(\frac{\text{i}}{\text{I}{}_0}\right){}^2=1$ ⇔ $\left(\frac{110\sqrt{2}}{220\sqrt{2}}\right){}^2+\left(\frac{2\sqrt{2}}{\text{I}.\sqrt{2}}\right){}^2=1$⇒ $\text{I}\approx 2,31$ A.

Đáp án: 2,31

Hằng số phóng xạ của ${}_6{}^{14}\text{C}$ là: $\lambda =\frac{ln2}{\text{T}}=\frac{ln2}{5730.365.24.3600}\approx 3,84.10{}^{-12}\text{s}{}^{-1}=3,84\text{p}.\text{s}{}^{-1}$.

Đáp án: 3,84

Độ phóng xạ của mỗi gam C14 trong cây còn sống là: $\text{H}{}_0=15,3$ phân rã/phút.

Độ phóng xạ của mỗi gam C14 trong mẫu than được lấy từ hố lửa cổ là: $\text{H}=\frac{53}{5}=10,6$ phân rã/phút.

Mà: $\text{H}=\text{H}{}_0.2{}^{-\frac{\text{t}}{\text{T}}}$ ⇔ $\text{t}=\text{T}.log{}_2\frac{\text{H}{}_0}{\text{H}}=5730.log{}_2\frac{15,3}{10,6}\approx 3034$ năm.

Đáp án: 3034