Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Vật Lí (có đáp án) - Đề số 1

Đáp án đúng là C

Trong động cơ đốt trong:

+ Nguồn nóng là hỗn hợp nhiên liệu được đốt cháy trong xilanh.

+ Bộ phận phát động là xilanh và pit-tông, trong đó các khí do nhiên liệu bị đốt cháy sinh ra dãn nở, thực hiện công.

+ Nguồn lạnh là không khí bên ngoài.

Đáp án đúng là D

Dựa vào đồ thị trên ta có:

Giữ nguyên áp suất, nếu tăng nhiệt độ hệ chuyển thành thể hơi.

Giữ nguyên áp suất, nếu giảm nhiệt độ, hệ chuyển thành thể rắn.

Giữ nguyên nhiệt độ, tăng áp suất, hệ chuyển thành thể lỏng.

Giữ nguyên nhiệt độ, giảm áp suất, hệ chuyển thành thể hơi.

Vậy đáp án sai là D.

Đáp án đúng là A

Cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn dao động cùng pha nên khi cảm ứng từ cực đại thì cường độ điện trường có độ lớn cực đại.

Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được chiều của $\overrightarrow{E}$ như hình vẽ:

Đáp án đúng là B

Ta có: Φ = NBS.cosα với α là góc giữa $\overrightarrow{B}$ và pháp tuyến $\overrightarrow{n}$

⇒ khi quay khung dây thì α thay đổi

⇒ Φ thay đổi ⇒ có dòng điện cảm ứng.

Ở vị trí (1): α = 90^o ⇒ Φ = 0 ⇒ sau khi quay khung 90^o thì α = 0^o

⇒ Φ tăng $\overrightarrow{B_{cu}}$ ngược chiều với $\overrightarrow{B}$.

Áp dụng quy tắc nắm tay phải theo chiều của $\overrightarrow{B_{cu}}$ thì ta có chiều của dòng điện cảm ứng là ADCB.

Đáp án đúng là A

- Số mol ban đầu của $H{}_2$ là: $n{}_1=\frac{5}{2}$; số mol ban đầu của $O{}_2$ là: $n{}_2=\frac{12}{32}=\frac{3}{8}$

- Phương trình phản ứng: $\text{O}{}_2+2\text{H}{}_2\to 2\text{H}{}_2\text{O}$

Như vậy, cứ $1 \text{m}\text{o}\text{l}\text{O}{}_2$ kết hợp với $2 \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2$ tạo thành $2 \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2\text{O}$

Suy ra: $\frac{3}{8}$ mol $\text{O}{}_2$ kết hợp với $\frac{6}{8}$ mol $\text{H}{}_2$ tạo thành $\frac{6}{8} \text{m}\text{o}\text{l}\text{H}{}_2\text{O}$

Vì $n{}_1=\frac{5}{2}>\frac{6}{8}$ nên $O{}_2$ tham gia phản ứng hết và còn dư $H{}_2$.

- Số mol $H{}_2$ còn dư là: $n{}_3=\frac{5}{2}-\frac{6}{8}=\frac{7}{4}$

- Số mol $\text{H}{}_2\text{O}$ được tạo thành là: $n{}_4=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$

Gọi $T$ (và t ) là nhiệt độ của hỗn hợp sau phản ứng. Ta có:

+ Áp suất riêng phần của khí $H{}_2$ còn dư sau phản ứng là: $p{}_1=\frac{n{}_{3}RT}{V}$

+ Áp suất riêng phần của hơi nước tạo thành sau phản ứng là: $p{}_2=\frac{n{}_{4}RT}{V}$

+ Áp suất của hỗn hợp khí trong bình sau phản ứng là:

$p=p{}_1+p{}_2=\left(n{}_3+n{}_4\right)\frac{RT}{V}=\left(\frac{7}{4}+\frac{3}{4}\right)\frac{RT}{V}=\frac{5RT}{2V}$ (1)

- Gọi Q là nhiệt lượng tỏa ra sau khi đốt cháy khí trong bình (tạo thành $\frac{3}{4}mol{H}_2\text{O}$):

$Q=2,4.10{}^{5}n{}_4=2,4.10{}^5.\frac{3}{4}=1,8.10{}^{5}J$

- Gọi m_1,m_2 là khối lượng của $H{}_2$ và hơi nước sau khi phản ứng, ta có:

$m{}_1=\frac{7}{4}.2=3,5g;m{}_2=\frac{3}{4}.18=13,5g$

- Nhiệt lượng do khí $H{}_2$ và hơi nước thu vào sau phản ứng:

$Q\text{'}=Q{}_1+Q{}_2=\left(c{}_{1}m{}_1+c{}_{2}m{}_2\right)\left(t-t{}_0\right)$ (2)

$\Rightarrow Q\text{'}=(14,3.3,5+2,1.13,5)(t-20)=78,4(t-20)=78,4t-1568J$

- Phương trình cân bằng nhiệt : Q′ = Q

$\iff 78,4t-1568=1,8.10{}^5\Rightarrow t=2316{}^{°}\text{C}$ hay $\text{T}=2589K$

- Thay $T=2589 \text{K};R=8,31( \text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}.\text{K});V=100.10{}^{-3}=0,1 \text{m}{}^3$ vào (1) ta được:

$p=\frac{5.8,31.2589}{2.0,1}=5,4.10{}^5\left(\text{N}\text{/}\text{m}{}^2\right)$

Vậy: Áp suất trong bình sau phản ứng là $5,4.10{}^5\left(\text{N}\text{/}\text{m}{}^2\right)$

Đáp án đúng là B

Ta thấy đầu A là cực Bắc và đầu B là cực Nam

Từ đó ta có chiều của các đường sức từ là đường số 3

Áp dụng quy tắc bàn tay phải thì chiều của dòng điện là đường số 2.

Vậy đáp án đúng là 2 – 3

Đáp án đúng là A

Suất điện động cảm ứng do máy phát điện xoay chiều một pha tạo ra có biểu thức:

$e=220cos(100\pi t+\pi /4)\text{V}$.

Giá trị cực đại của suất điện động này là 220V.

Đáp án đúng là C

- Vì hai hạt αα bay ra có cùng động năng, nên động lượng của chúng cũng bằng nhau.

- Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:

$\overrightarrow{P{}_p}=\overrightarrow{P{}_{\alpha 1}}+\overrightarrow{P{}_{\alpha 2}}\iff \left(\overrightarrow{P{}_p}\right){}^2=\left(\overrightarrow{P{}_{\alpha 1}}+\overrightarrow{P{}_{\alpha 2}}\right){}^2$

$\iff \left(P{}_p\right){}^2=\left(P{}_{\alpha }\right){}^2+\left(P{}_{\alpha }\right){}^2+2P{}_{\alpha }P{}_{\alpha }cos160{}^{°}$

$\iff 2m{}_{p}K{}_p=2.2m{}_{\alpha }K{}_{\alpha }+2.2m{}_{\alpha }K{}_{\alpha }.cos160{}^{°}$

$\iff K{}_{\alpha }=\frac{m{}_{p}K{}_p}{2m{}_{\alpha }\left(1+cos160{}^{°}\right)}$

- Thay số ta có $K{}_{\alpha }=\frac{1.5,5}{2.4.\left(1+cos160{}^{°}\right)}=11,4\text{M}\text{e}\text{V}$

- Năng lượng tỏa ra từ phản ứng là $\Delta E=2K{}_{\alpha }-K{}_p=2.11,4-5,5=17,3MeV$.

Đáp án đúng là B

Gọi N₀ là số hạt nguyên tử của chất phóng xạ ở thời điểm ban đầu

Số hạt đã bị phân rã ở thời điểm t₁, t₂ lần lượt là: $\{\begin{array}{c}\Delta N{}_1=N{}_0\left(1-2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}\right)\\ \Delta N{}_2=N{}_2\left(1-2{}^{-\frac{t{}_2}{T}}\right)\end{array}$

Lập tỉ số ta được: $\frac{\Delta N{}_1}{\Delta N{}_2}=\frac{N{}_0\left(1-2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}\right)}{N{}_0\left(1-2{}^{-\frac{t{}_2}{T}}\right)}=\frac{1-2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}}{1-2{}^{-\frac{t{}_2}{T}}}=\frac{4}{7}\Rightarrow 2{}^{-\frac{t{}_1}{T}}=\frac{1}{2}\Rightarrow t{}_1=T=12h$