Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí Liên Trường THPT - Nghệ An có đáp án
28 câu hỏi
Cho biết các hằng số: \({{\rm{N}}_{\rm{A}}} = {6,022.10^{23}}\) hạt/mol; \({\rm{R}} = 8,31{\rm{\;J/mol}}.{\rm{K}}\).
PHẦN I: CÂU TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN
Trong công nghệ sản xuất nhôm, người ta làm cho quặng nhôm chuyển từ dạng rắn sang dạng lỏng trước khi điện phân. Quá trình chuyển thể này gọi là
đông đặc.
ngưng tụ.
nóng chảy.
hóa hơi.
Phương pháp:
Sơ đồ sự chuyển thể của các chất:
Cách giải:
Quá trình làm cho quặng nhôm chuyển từ dạng rắn sang dạng lỏng là nóng chảy
Một khối khí lý tưởng được nung nóng đẳng áp trong xilanh. Nếu nhiệt độ tuyệt đối tăng hai lần thì thể tích của khối khí
bằng bốn lần giá trị ban đầu.
bằng một nửa giá trị ban đầu.
bằng giá trị ban đầu.
bằng hai lần giá trị ban đầu.
Phương pháp:
Công thức định luật Charles cho quá trình đẳng áp: \(\frac{V}{T} = \) const
Cách giải:
Quá trình đẳng áp có: \(\frac{V}{T} = \) const \( \Rightarrow V \sim T\)
Vậy khi nhiệt độ tuyệt đối tăng hai lần thì thể tích của khối khí tăng hai lần
Tàu đệm từ là một phương tiện giao thông hiện đại, tàu hoạt động nhờ cơ chế nâng, đẩy và dẫn đường của hệ thống các nam châm điện. Ở một thời điểm, nam châm điện trên đường ray và thân tàu có các cực như hình vẽ bên. Hợp lực của các lực từ tác dụng lên thân tàu có hướng
lên trên.
sang phải.
xuống dưới.
sang trái.
Phương pháp:
Khi đặt hai cực của hai nam châm lại gần nhau: các cực cùng dấu thì đẩy nhau, các cực trái dấu thì hút nhau
Cách giải:
Từ hình vẽ ta thấy tại phía bên phải thân tàu là cực Bắc, phía dưới đường ray là cực Bắc, hai cực này đẩy nhau. Đồng thời cực Nam của đường ray hút cực Bắc của thân tàu làm thân tàu hướng lên trên.
Một lượng khí lý tưởng xác định có nhiệt độ tuyệt đối là \(T\). Hằng số Boltzmann là k. Động năng trung bình của phân tử khí là
\(\overline {{E_d}} = \frac{2}{3}.\frac{k}{T}\).
\(\overline {{E_d}} = \frac{1}{3}kT\).
\(\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}kT\).
\(\overline {{E_d}} = \frac{2}{3}kT\).
Phương pháp:
Động năng trung bình của phân tử khí: \(\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}kT\)
Cách giải:
Động năng trung bình của phân tử khí: \(\overline {{E_d}} = \frac{3}{2}kT\)
Cung cấp năng lượng nhiệt cho một vật, công suất phụ thuộc theo thời gian như hình vẽ. Thời điểm vật nhận được nhiệt lượng 40 J tính từ thời điểm ban đầu là
6 s.
3 s.
4 s.
5 s.
Phương pháp:
Sử dụng số liệu từ đồ thị viết phương trình công suất phụ thuộc vào thời gian
Nhiệt lượng được tính bằng diện tích dưới của đồ thị công suất
Cách giải:
Từ đồ thị ta có phương trình công suất theo thời gian là:
\({\rm{P}} = 8 + {\rm{t}}\left( {\rm{W}} \right)\)
Tại thời điểm t, công suất nhận nhiệt là: \({\rm{P}} = 8 + {\rm{t}}\left( {\rm{W}} \right)\)
Nhiệt lượng vật nhận được trong khoảng thời gian t tính từ thời điểm đầu là:
\(Q = \frac{{\left[ {8 + \left( {8 + t} \right)} \right].t}}{2} = \frac{{{t^2}}}{2} + 8t\)
Theo đề bài ta có:
\(40 = \frac{{{t^2}}}{2} + 8t \Rightarrow {t^2} + 16t - 80 = 0\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 4\left( s \right)\,\,\,(t/m)}\\{t = - 20\left( s \right)\,\,\,(l)}\end{array}} \right.\)
Một khối khí được truyền nhiệt lượng 300 J và dãn nở sinh công 100 J. Nội năng của khối khí
giảm 400 J.
tăng 200 J.
tăng 400 J.
giảm 200 J.
Phương pháp:
Độ biến thiên nội năng của khối khí: \({\rm{\Delta }}U = A + Q\)
Với quy ước:
A > 0 khi hệ nhận công
A \( < 0\) khi hệ sinh công
Q > 0 khi hệ nhận nhiệt
\({\rm{Q}} < 0\) khi hệ tỏa nhiệt
Cách giải:
Khối khí được truyền nhiệt lượng 300 J (nhận nhiệt) và sinh công 100 J :
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = - 100\left( J \right)}\\{Q = 300\left( J \right)}\end{array}} \right.\)
Độ biến thiên nội năng của khối khí là:
\({\rm{\Delta }}U = A + Q = - 100 + 300 = 200\left( J \right)\)
Vậy nội năng của khối khí tăng 200 J
Chọn B.
Hình vẽ sau mô tả khoảng cách và sự sắp xếp (a), chuyển động (b) của các phân tử ở các thể khác nhau. Dựa vào hình vẽ này và mô hình động học phân tử về cấu tạo chất, hãy cho biết kết luận nào sau đây sai?
Ở thể lỏng không có hình dạng nhất định.
Thể tích chất khí bằng thể tích bình chứa.
Chỉ có ở thể rắn, các phân tử dao động nhiệt
Ở thể rắn vật có hình dạng và thể tích nhất định.
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết tính chất của phân tử ở thể rắn, lỏng, khí
Cách giải:
Kết luận sai là: Chỉ có ở thể rắn, các phân tử dao động nhiệt: phân tử ở thể rắn, lỏng, khí đều dao động nhiệt
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg chất để nó tăng thêm \({1^ \circ }{\rm{C}}\) gọi là
nhiệt nóng chảy riêng.
nhiệt độ sôi.
nhiệt dung riêng.
nhiệt hóa hơi riêng.
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết nhiệt dung riêng
Cách giải:
Nhiệt lượng cần cung cấp cho 1 kg chất để nó tăng thêm \({1^ \circ }{\rm{C}}\) gọi là nhiệt dung riêng
Khi nói về mô hình động học phân tử chất khí, phát biểu nào sau đây sai?
Phân tử chất khí có kích thước rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng.
Các phân tử khí luôn luôn hút nhau.
Các phân tử khí chuyển động hỗn loạn, không ngừng.
Chất khí được cấu tạo từ các phân tử.
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết mô hình động học phân tử chất khí
Cách giải:
Phát biểu sai là: Các phân tử khí luôn luôn hút nhau: các phân tử khí có thể hút hoặc đẩy nhau
Người khỏe mạnh có thân nhiệt trung bình là \({37^ \circ }{\rm{C}}\). Theo độ Kelvin thì nhiệt độ thân nhiệt trung bình của người khỏe mạnh là
310 K.
37 K.
273 K.
236 K.
Phương pháp:
Công thức quy đổi giữa các thang nhiệt độ: \(T\left( K \right) = {t^o}C + 273\)
Cách giải:
Ta có: \({37^ \circ }{\rm{C}} = 37 + 273 = 310{\rm{\;K}}\)
Chọn A.
Hình nào dưới đây biểu diễn đúng chiều của lực từ \(\vec F\) tác dụng lên dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều?
Hình 4.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 1.
Phương pháp:
Quy tắc bàn tay trái: đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa là chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra \({90^ \circ }\) chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dây dẫn
Cách giải:
Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta thấy:
Hình 1: lực từ có hướng từ dưới lên \( \to \) Hình 1 sai
Hình 2: lực từ có hướng từ phải sang trái \( \to \) Hình 2 sai
Hình 3: lực từ có hướng từ phải sang trái \( \to \) Hình 3 sai
Hình 4: lực từ có hướng từ trên xuống \( \to \) Hình 4 đúng
Thiết bị nào dưới đây không phải là ứng dụng của từ trường?
Loa điện động.
Nam châm điện.
La bàn.
Bàn là điện.
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết ứng dụng của từ trường và hiện tượng cảm ứng điện từ
Cách giải:
Thiết bị không phải ứng dụng của từ trường là: bàn là điện
Hai vật rắn \({\rm{M}},{\rm{N}}\) tiếp xúc với nhau thì nhiệt năng truyền từ N sang M. Kết luận nào sau đây đúng?
Ban đầu, M có nhiệt độ thấp hơn N.
Vật M có nhiệt dung riêng lớn hơn vật N.
Vật M có nhiệt dung riêng nhỏ hơn vật N.
Ban đầu, M có nhiệt độ cao hơn N.
Phương pháp:
Nhiệt tự truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn
Cách giải:
Nhiệt năng truyền từ N sang \({\rm{M}} \to \) ban đầu nhiệt độ của N cao hơn M
Chọn A.
Sử dụng các thông tin sau cho Câu 14, Câu 15 và Câu 16: Cảm biến lốp ô tô là thiết bị điện tử được thiết kế để giám sát các thông số bên trong lốp xe. Một ô tô được trang bị bộ cảm biến gồm bốn cảm biến \(\left( {{\rm{CB}}} \right)\) và một màn hình hiển thị. Khi ô tô đang đứng yên, màn hình hiển thị chỉ các thông số được cho ở bảng dưới đây:
Nhiệt độ lốp trước bên phải và lốp sau bên phải chênh lệch nhau
275 K.
273 K.
0 K.
2 K.
Phương pháp:
Độ chênh lệch nhiệt độ của thang Kelvin bằng độ chênh lệch nhiệt độ của thang Celsius
Cách giải:
Nhiệt độ lốp trước bên phải và lốp sau bên phải chênh lệch nhau:
\({\rm{\Delta }}T = {\rm{\Delta }}t = 30 - 28 = 2K\)
Để các thông số của lốp sau bên phải giống với các lốp còn lại, người ta bơm thêm không khí vào lốp này. Coi thể tích lốp không thay đổi. Phần trăm số mol khí bơm thêm so với số mol khí ban đầu trong lốp là
\(8,70{\rm{\% }}\).
\(7,98{\rm{\% }}\).
\(7,14{\rm{\% }}\).
\(1,45{\rm{\% }}\).
Cách giải:
Áp dụng phương trình Clapeyron cho khí trong lốp sau bên phải và các lốp còn lại, ta có:
\({p_1}V = {n_1}R{T_1}\)
\({p_2}V = {n_2}R{T_2}\)
\( \Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}.\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{{2,5}}{{2,3}}.\frac{{28 + 273}}{{30 + 273}} \approx 1,07978\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}n = {n_2} - {n_1} = 0,07978{n_1} = {n_1}.7,978{\rm{\% }}\)
Chọn B.
Khi ô tô chuyển động, màn hình hiển thị nhiệt độ của lốp trước bên phải tăng lên \({42^ \circ }{\rm{C}}\), coi lượng khí và thể tích khí trong lốp không thay đổi, số chỉ của áp suất lốp lúc đó là
2,5.
2,7.
2,6.
2,8.
Phương pháp:
Phương trình đẳng tích: \(\frac{P}{T} = \) const
Cách giải:
Xét lượng khí trong lốp trước không đổi, thể tích không đổi
Trạng thái \(1:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 2,5{\rm{\;bar\;}}}\\{{T_1} = 30 + 273 = 303{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.\)
Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{T_2} = 42 + 273 = 315{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.\)
Áp dụng phương trình đẳng tích, ta có:
\(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = {p_1}.\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 2,5.\frac{{315}}{{303}} \approx 2,6\) (bar\()\)
Sử dụng các thông tin sau cho Câu 17 và Câu 18: Cho một ống dây dẫn dài nằm ngang như hình vẽ bên, hai đầu dây được nối với nguồn điện một chiều có suất điện động E, điện trở trong r, biến trở R. Ống dây sinh ra từ trường có độ lớn cảm ứng từ trong lòng ống dây tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện chạy qua và mật độ vòng dây theo chiều dài của ống dây.
Cảm ứng từ do ống dây tạo ra trong lòng ống có hướng
sang phải.
thẳng đứng xuống dưới.
sang trái.
thẳng đứng lên trên.
Phương pháp:
Nắm bàn tay phải, rồi đặt sao cho bốn ngón tay hướng theo chiều dòng điện chạy qua các vòng dây thì ngón tay cái choãi ra chỉ chiều của đường sức từ trong lòng ống dây
Cách giải:
Từ hình vẽ ta thấy cực dương của nguồn điện ở bên trái, áp dụng quy tắc nắm tay phải, cảm ứng từ trong lòng ống có hướng từ trái sang phải
Chọn A.
Nếu suất điện động của nguồn tăng gấp đôi, điện trở của toàn mạch giảm một nửa thì độ lớn cảm ứng từ sẽ
không thay đổi.
tăng bốn lần.
tăng hai lần.
giảm bốn lần.
Phương pháp:
Cường độ dòng điện của mạch điện: \(I = \frac{E}{{R + r}}\)
Độ lớn cảm ứng từ của ống dây tỉ lệ với cường độ dòng điện
Cách giải:
Suất điện động của nguồn tăng gấp đôi, điện trở của toàn mạch giảm một nửa \( \to {\rm{I}}\) tăng 4 lần \( \to {\rm{B}}\) tăng 4 lần
PHẦN II: CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Một nhóm học sinh thực hiện thí nghiệm đo nhiệt nóng chảy riêng của nước đá. Bộ thí nghiệm gồm: biến áp nguồn, bộ đo công suất (oát kế) có tích hợp chức năng đo thời gian, nhiệt kế điện tử có thang đo từ \( - {20^ \circ }{\rm{C}}\) đến \({110^ \circ }{\rm{C}}\), độ phân giải \( \pm {0,1^ \circ }{\rm{C}}\), nhiệt lượng kế, cân điện tử, các dây nối. Ban đầu, nhómcho một viên nước đá và một ít nước lạnh vào bình nhiệt lượng kế, cắm nhiệt kế vào bình, khuấy đều hỗn hợp cho đến khi nhiệt kế chỉ \({0^ \circ }C\). Lấy viên nước đá ra cân thì số chỉ của cân là \(22,80{\rm{\;g}}\). Sau đó, bỏ viên đá vào lại nhiệt lượng kế, sao cho toàn bộ điện trở chìm trong hỗn hợp nước và nước đá, bật công tắc nguồn, khuấy nhẹ, ghi lại số chỉ của bộ đo công suất và thời gian sau các khoảng 60 giây vào bảng. Khi thời gian là 300 giây, lấy viên đá ra cân thì số chỉ của cân là \(10,58{\rm{\;g}}\).
Thời gian (s) | Công suất (W) | Nhiệt độ \(\left( {{\;^ \circ }{\rm{C}}} \right)\) |
60 | 14,05 | 0 |
120 | 14,06 | 0 |
180 | 14,00 | 0 |
240 | 14,02 | 0 |
300 | 13,98 | 0 |
a) Trong quá trình nước đá tan, nhiệt độ hỗn hợp không đổi.
b) Trong quá trình nước đá tan, nội năng của hỗn hợp tăng lên.
c) Thực tế, trong quá trình nước đá tan, hỗn hợp nước và nước đá tỏa nhiệt ra môi trường xung quanh.
d) Từ bảng số liệu của nhóm, tính được nhiệt nóng chảy riêng trung bình của nước đá là \({3,44.10^3}{\rm{\;J}}/{\rm{kg}}\).
Phương pháp:
a) Sử dụng kĩ năng đọc bảng số liệu
b) Trong quá trình chất chuyển thể, nội năng của vật biến thiên
c) Nội năng của vật có thể biến thiên nhờ tỏa nhiệt hoặc thu nhiệt
d) Nhiệt lượng: \(Q = m\lambda = Pt\)
Cách giải:
a) Từ bảng số liệu, ta thấy trong quá trình nước đá tan, nhiệt độ của hỗn hợp không đổi và bằng \({0^ \circ }{\rm{C}}\).
\( \to \) a đúng
b) Trong quá trình nước đá tan, nước đá chuyển từ thể rắn sang lỏng, nội năng của hỗn hợp tăng lên.
\( \to \) b đúng
c) Trong quá trình nước đá tan, nước đá và hỗn hợp nhận nhiệt lượng từ môi trường, làm nội năng của hỗn hợp tăng
\( \to \) c sai
d) Công suất trung bình của nguồn điện là:
\(\overline P = \frac{{14,05 + 14,06 + 14,00 + 14,02 + 13,98}}{5} = 14,022\left( W \right)\)
Nhiệt lượng nước đá nhận được từ môi trường trong 300 giây là:
\(Q = \overline P .t = 14,022.300 = 4206,6\left( J \right)\)
Khối lượng nước đá đã tan là:
\({\rm{\Delta }}m = 22,80 - 10,58 = 12,22\left( {\rm{g}} \right) = {12,22.10^{ - 3}}\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là:
\(\lambda = \frac{Q}{m} = \frac{{4206,6}}{{{{12,22.10}^{ - 3}}}} \approx {3,44.10^5}\left( {{\rm{J}}/{\rm{kg}}} \right)\)
\( \to \) d sai
Một khinh khí cầu có tổng khối lượng (gồm khoang và hành khách) là 450 kg. Phần khí cầu chứa \({3,00.10^3}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\) không khí. Biết khí quyển bên ngoài có nhiệt độ là \({25^ \circ }{\rm{C}}\) và áp suất là \({1,03.10^5}{\rm{\;Pa}}\), gia tốc trọng trường là \(g = 9,8{\rm{\;m/}}{{\rm{s}}^2}\).
a) Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất là 4410 N.
b) Khinh khí cầu bay lên được là do khối lượng riêng của khí trong khí cầu nhỏ hơn của khí quyển.
c) Coi không khí ở \({25^ \circ }{\rm{C}}\) là khí lý tưởng, số mol không khí trong khí cầu ở nhiệt độ \({25^ \circ }{\rm{C}}\) là \(1247,8{\rm{\;mol}}\).
d) Khi không khí trong khí cầu bị đốt nóng, nó bị giãn nở và một phần bị đẩy ra ngoài thông qua lỗ thoát khí phía trên khí cầu. Biết ở \({25^ \circ }{\rm{C}}\) khối lượng riêng của không khí là \(1,29{\rm{\;kg/}}{{\rm{m}}^3}\), vỏ khí cầu mỏng, không giãn và nhẹ. Để quả cầu rời khỏi mặt đất, nhiệt độ khí trong khí cầu phải đạt tối thiểu là \({64,2^ \circ }{\rm{C}}\).
Phương pháp:
a) Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu
b) Sử dụng lý thuyết sự nổi của vật
c, d) Phương trình Clapeyron: \({\rm{pV}} = {\rm{nRT}}\)
Cách giải:
a) Trọng lượng của khí cầu là:
\(P = mg = 450.9,8 = 4410\left( N \right)\)
Lực tối thiểu để nâng khoang lên khỏi mặt đất có độ lớn bằng trọng lượng của khinh khí cầu: 4410N
\( \to \) a đúng
b) Khinh khí cầu bay lên được là do khối lượng riêng của khí trong khí cầu nhỏ hơn của khí quyển
\( \to \) b đúng
c) Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:
\(pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{1,03.10}^5}{{.3.10}^3}}}{{8,31.\left( {25 + 273} \right)}} \approx 124779\left( {{\rm{mol}}} \right)\)
\( \to \) c sai
d) Xét lượng khí bên trong khí cầu ban đầu ở \({25^ \circ }{\rm{C}}\)
Khối lượng riêng của không khí là:
\({\rho _{kk}} = \frac{{{m_1}}}{V} = \frac{{{n_1}{\mu _{kk}}}}{V} \Rightarrow {\mu _{kk}} = \frac{{{\rho _{kk}}.V}}{{{n_1}}} = \frac{{{\rho _{kk}}R{T_1}}}{p}\)
Khi nung nóng khí cầu, để khí cầu rời khỏi mặt đất, ta có khối lượng riêng của khí cầu:
\(\rho = {\rho _{kk}} \Rightarrow \frac{{{m_k} + m}}{V} = {\rho _{kk}}\)
\( \Rightarrow \frac{{{m_k} + 450}}{{{{3.10}^3}}} = 1,29 \Rightarrow {m_k} = 3420\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
\( \Rightarrow {n_k} = \frac{{{m_k}}}{{{\mu _{kk}}}} = \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}\)
Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:
\(pV = {n_k}R{T_k} \Rightarrow \frac{{{m_k}.p}}{{{\rho _{kk}}RT}}.R{T_k} = \frac{{{m_k}p{T_k}}}{{T{\rho _{kk}}}}\)
\( \Rightarrow {T_k} = \frac{{V{\rho _{kk}}T}}{{{m_k}}} = \frac{{{{3.10}^3}.1,29.\left( {25 + 273} \right)}}{{3420}}\)
\( \Rightarrow {T_k} \approx 337,2{\rm{\;K}} \Rightarrow {t_k} = 337,2 - 273 = {64,2^ \circ }{\rm{C}}\)
Một nhóm học sinh thực hiện thí nghiệm xác định độ lớn cảm ứng từ. Bộ dụng cụ bao gồm: dây dẫn CD mang dòng điện không đổi (1), nam châm hình chữ U tạo từ trường đều (2), cân điện tử (3). Nhóm lắp đặt các dụng cụ như hình vẽ, dây CD được cố định theo phương ngang giữa hai cực của nam châm, dòng điện chạy qua đoạn dây có gắn ampe kế. Ban đầu nhóm ngắt công tắc điện k, điều chỉnh cân về số chỉ 0. Sau đó đóng công tắc k để có dòng điện chạy qua dây CD, đọc giá trị cường độ dòng điện và số chỉ của cân. Lặp lại thí nghiệm với 5 lần đo và ghi số liệu vào bảng. Lấy \(g = 9,80{\rm{\;m/}}{{\rm{s}}^2}\). Chiều dài phần dây trong từ trường là 10 cm.
Lần đo | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
I(A) | 2,51 | 3,22 | 4,36 | 5,02 | 6,74 |
m(g) | 4,10 | 5,31 | 7,15 | 8,16 | 11,00 |
a) Số chỉ của cân tăng lên chứng tỏ có một lực tác dụng lên nam châm theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống.
b) Sợi dây chịu tác dụng của lực từ có độ lớn chính là số chỉ của cân theo đơn vị N.
c) Chiều dòng điện là chiều từ D đến C.
d) Từ bảng số liệu, giá trị trung bình của cảm ứng từ là \({\rm{B}} = 0,15{\rm{\;T}}\).
Phương pháp:
Định luật III Newton: lực do từ trường của nam châm tác dụng lực từ lên dây dẫn có dòng điện chạy qua, thì dây dẫn cũng tác dụng lên nam châm một lực từ cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn với lực từ tác dụng lên dây dẫn
Quy tắc bàn tay trái: đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa là chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra \({90^ \circ }\) chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dây dẫn
Độ lớn lực từ: \(F = IBl{\rm{sin}}\alpha \)
Cách giải:
a) Số chỉ của cân tăng lên chứng tỏ có một lực tác dụng lên nam châm theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống \( \to \) a đúng
b) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân
\( \to \) b sai
c) Lực từ do dây dẫn tác dụng lên nam châm có chiều hướng xuống \( \to \) lực từ tác dụng lên dây dẫn có chiều hướng lên
Áp dụng quy tắc bàn tay trái: \(\vec F\) hướng lên, \(\vec B\) hướng từ trái sang phải \( \to \) cường độ dòng điện có chiều từ C đến D
\( \to \) c sai
d) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng trọng lượng của vật có khối lượng hiển thị trên cân:
\(F = IBl = mg \Rightarrow B = \frac{{mg}}{{Il}}\)
Cảm ứng từ trong các lần đo tương ứng là:
\({B_1} = \frac{{{m_1}g}}{{{I_1}l}} = \frac{{{{4,1.10}^{ - 3}}.9,8}}{{2,51.0,1}} \approx 0,1601\left( T \right)\)
\({B_2} = \frac{{{m_2}g}}{{{I_2}l}} = \frac{{{{5,31.10}^{ - 3}}.9,8}}{{3,22.0,1}} \approx 0,1616\left( T \right)\)
\({B_3} = \frac{{{m_3}g}}{{{I_3}l}} = \frac{{{{7,15.10}^{ - 3}}.9,8}}{{4,36.0,1}} \approx 0,1607\left( T \right)\)
\({B_4} = \frac{{{m_4}g}}{{{I_4}l}} = \frac{{{{8,16.10}^{ - 3}}.9,8}}{{5,02.0,1}} \approx 0,1593\left( T \right)\)
\({B_5} = \frac{{{m_5}g}}{{{I_5}l}} = \frac{{{{11.10}^{ - 3}}.9,8}}{{6,74.0,1}} \approx 0,1599\left( T \right)\)
Giá trị trung bình của cảm ứng từ là:
\(\overline B = \frac{{0,1601 + 0,1616 + 0,1607 + 0,1593 + 0,1599}}{5} \approx 0,16032\left( T \right)\)
Một bình tích áp được sử dụng trong máy lọc nước có hai phần: bóng chứa nước và bóng chứa khí như hình bên. Khi chưa chứa nước, bóng chứa khí chiếm toàn bộ thể tích trong bình là 12 lít, áp suất 120 kPa. Đường ống dẫn nước vào, ra bóng chứa nước có gắn rơ le áp suất điều khiển đóng mở mạch điện. Khi lượng nước trong bóng chứa nước tăng đến 9 lít thì áp suất nước đạt cực đại, rơ le ngắt mạch, máy ngừng cung cấp nước vào bình. Khi lượng nước trong bình giảm đến 6 lít, rơ le tự động đóng mạch để máy cung cấp nước trở lại. Coi nhiệt độ trong bóng chứa khí không đổi, các bóng mềm, tổng thể tích nước và khí bằng thể tích bình, mặt tiếp xúc của bóng chứa nước và chứa khí luôn có dạng phẳng.
a) Khi nước được bơm vào bình, áp suất trong bóng khí tăng.
b) Khi nước trong bình giảm, mật độ phân tử khí trong bóng khí tăng.
c) Khi nước trong bình là 9 lít, áp suất trong túi khí là 360 kPa.
d) Một người thợ đã giảm bớt khí trong bóng chứa khí nên khi nước trong bình giảm đến 7,2 lít rơ le đã đóng mạch để máy hoạt động trở lại. Lượng khí thoát ra chiếm \(20{\rm{\% }}\) lượng khí ban đầu.
Phương pháp:
Tổng thể tích của nước và túi khí không đổi
Nhiệt độ của bóng của khí không đổi, áp dụng công thức định luật Boyle: \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}\)
Cách giải:
a) Khi nước bơm vào bình, thể tích của nước tăng, thể tích của bóng khí giảm, áp suất trong bóng khí tăng
\( \to \) a đúng
b) Bóng khí kín, số phân tử khí không đổi
\( \to \) b sai
c) Khi nước trong bình là 9 lít, thể tích của bóng khí là:
\({V_2} = 12 - 9 = 3\) (lít\()\)
Xét lượng khí trong bóng không đổi
Trạng thái 1 khi bình không chứa nước: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 120{\rm{kPa}}}\\{{V_1} = 12{\rm{\;}}lần {\rm{\;}}}\end{array}} \right.\)
Trạng thái 2 khi bình chứa 9 lít nước: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{V_2} = 3{\rm{\;}}lần }\end{array}} \right.\)
Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:
\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 120.\frac{{12}}{3} = 480\left( {{\rm{kPa}}} \right)\)
\( \to \) c sai
Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:
\({p_1}{V_1} = {p_3}{V_3} \Rightarrow {p_3} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_3}}} = 120.\frac{{12}}{6} = 240\left( {{\rm{kPa}}} \right)\)
Vậy khi áp suất bằng 240 kPa thì rơ le đóng mạch để cung cấp nước trở lại
Xét lượng khí thoát ra có số mol là \({n_2}\), số mol khí ban đầu là \({n_1}\)
Áp dụng phương trình Clapeyron cho khí trước và sau khi xả khi áp suất đạt giá trị 240 kPa :
\({p_3}{V_3} = {n_1}RT\)
\({p_3}{V_4} = {n_2}RT\)
\( \Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{{V_4}}}{{{V_3}}} = \frac{{12 - 7,2}}{6} = 0,8\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}n = {n_1} - {n_2} = 0,2{n_1} = {n_1}.20{\rm{\% }}\)
\( \to \) d đúng
PHẦN III: CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN
Sử dụng thông tin sau đây cho Câu 1 và Câu 2: Hình vẽ bên mô tả nguyên lý hoạt động của động cơ điện một chiều. Khung dây hình chữ nhật ABCD có kích thước \({\rm{AB}} = 30{\rm{\;cm}},{\rm{BC}} = \) 20 cm, đặt trong từ trường đều của nam châm có độ lớn cảm ứng từ \(B = 0,6{\rm{\;T}}\). Dòng điện một chiều có cường độ \({\rm{I}} = 5{\rm{\;A}}\) chạy qua khung dây. Tại thời điểm xét, mặt phẳng khung dây song song với đường sức của từ trường.
Lực từ tác dụng lên cạnh AB có độ lớn là bao nhiêu N?
Phương pháp:
Độ lớn lực từ: \(F = IBl{\rm{sin}}\alpha \)
Cách giải:
Độ lớn lực từ tác dụng lên cạnh AB là:
\(F = I.B.AB.{\rm{sin}}{90^ \circ } = 5.0,6.0,3.1 = 0,9\left( N \right)\)
Đáp số: 0,9
Phương pháp:
Momen ngẫu lực: \({\rm{M}} = {\rm{F}}.{\rm{d}}\)
Cách giải:
Momen ngẫu lực từ tác dụng lên khung dây là:
\({\rm{M}} = {\rm{F}}.{\rm{BC}} = 0,9.0,2 = 0,18\) (N.m)
Sử dụng thông tin sau đây cho Câu 3 và Câu 4: Chất \({\rm{Na}}{{\rm{N}}_3}\) được sử dụng trong túi khí ô tô như một nguồn cung cấp khí Nitơ để bơm căng túi khí nhanh chóng khi xảy ra va chạm. Khi ô tô va chạm mạnh vào vật cản, cảm biến va chạm sẽ kích thích làm chất rắn này phân hủy tạo ra khí \({N_2}\) theo phương trình: \(2{\rm{Na}}{{\rm{N}}_3} \to 2{\rm{Na}} + 3{{\rm{N}}_2}\)
Khí \({N_2}\) làm túi khí phồng lên, giúp người lái xe không va chạm trực tiếp với hệ thống lái. Trong một vụ thử nghiệm làm túi khí phồng lên, khi đó túi khí có thể tích là 7,95 lít, nhiệt độ \({27^ \circ }{\rm{C}}\) và áp suất \({1,2.10^5}{\rm{\;Pa}}\).
Số phân tử khí \({N_2}\) trong túi khí là \(x{.10^{23}}\) hạt. Tìm x (làm tròn kết quả đến phần mười).
Phương pháp:
Phương trình Clapeyron: \({\rm{pV}} = {\rm{nRT}}\)
Số phân tử khí: \(N = n.{N_A}\)
Cách giải:
Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:
\(pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}}\)
Số phân tử khí \({N_2}\) trong túi khí là:
\(N = n.{N_A} = \frac{{pV{N_A}}}{{RT}} = \frac{{{{1,2.10}^5}{{.7,95.10}^{ - 3}}{{.6,023.10}^{23}}}}{{8,31.\left( {27 + 273} \right)}} \approx {2,3.10^{23}}\)
Sau đó người lái không đè lên túi khí nữa làm thể tích tăng lên 8,75 lít. Biết rằng nhiệt độ túi khí không thay đổi. Áp suất của túi khí lúc này là bao nhiêu? (đơn vị là \({10^5}{\rm{\;Pa}}\), kết quả làm tròn đến phần trăm).
Phương pháp:
Công thức định luật Boyle cho quá trình đẳng áp: \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}\)
Cách giải:
Xét lượng khí trong túi khí không đổi
Trạng thái 1 khi người đè lên túi khí: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = {{1,2.10}^5}\left( {Pa} \right)}\\{{V_1} = 7,95\left( {l\'i t} \right)}\end{array}} \right.\)
Trạng thái 2 khi người không đè lên túi khí: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{V_2} = 8,75{\rm{\;(}}l\'i t{\rm{)\;}}}\end{array}} \right.\)
Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:
\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow {p_2} = {p_1}\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\)
\( \Rightarrow {p_2} = {1,2.10^5}.\frac{{7,95}}{{8,75}} \approx {1,09.10^5}\left( {Pa} \right)\)
Sử dụng thông tin sau đây cho Câu 5 và Câu 6: Một học sinh sử dụng bình giữ nhiệt có chức năng hiển thị nhiệt độ, dung tích 1,0 lít. Vào một buổi sáng, học sinh rót nước nóng đầy bình, khi đó bình hiển thị \({95^ \circ }{\rm{C}}\), để mang đi học. Sau khi học hết tiết hai, học sinh này thấy bình hiển thị nhiệt độ là \({83^ \circ }{\rm{C}}\). Biết nước có khối lượng riêng là 1 kg/l, nhiệt dung riêng là \(4200{\rm{\;J/kg}}.{\rm{K}}\).
Từ khi mới rót đến hết tiết hai, nước trong bình tỏa nhiệt lượng là bao nhiêu kJ?
Phương pháp:
Khối lượng: \(m = \rho V\)
Nhiệt lượng: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\)
Cách giải:
Khối lượng nước trong bình là:
\(m = \rho V = 1.1 = 1\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Nhiệt lượng nước trong bình tỏa ra là:
\(Q = mc{\rm{\Delta }}t = 1.4200.\left( {95 - 83} \right) = 50400\left( J \right) = 50,4\left( {kJ} \right)\)
Khi hết tiết hai, học sinh này lấy nước trong bình pha với nước nguội \({23^ \circ }{\rm{C}}\) để được 300 ml nước ở \({38^ \circ }{\rm{C}}\). Coi rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa nước nóng và nước nguội. Sau đó trong bình còn bao nhiêu ml nước?
Phương pháp:
Nhiệt lượng: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\)
Phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}}\)
Cách giải:
Gọi khối lượng nước học sinh rót từ bình ra là \({m_1}\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Khối lượng nước nguội được pha là: \({m_2} = 0,3 - {m_1}\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Nhiệt lượng do nước trong bình tỏa ra là:
\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {m_1}c\left( {{t_1} - t} \right) = {m_1}.c.\left( {83 - 38} \right) = 45{m_1}c\)
Nhiệt lượng do nước nguội thu vào là:
\({Q_{thu}} = {m_2}c\left( {t - {t_2}} \right) = \left( {0,3 - {m_1}} \right).c.\left( {38 - 23} \right) = 15c\left( {0,3 - {m_1}} \right)\)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:
\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {Q_{{\rm{thu\;}}}} \Rightarrow 45{m_1}c = 15c\left( {0,3 - {m_1}} \right)\)
\( \Rightarrow 3{m_1} = 0,3 - {m_1} \Rightarrow 4{m_1} = 0,3 \Rightarrow {m_1} = 0,075\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Khối lượng nước còn lại trong bình là:
\(m' = m - {m_1} = 1 - 0,075 = 0,925\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Thể tích nước trong bình còn lại là:
\(V' = \frac{{m'}}{\rho } = \frac{{0,925}}{1} = 0,925\left( l \right) = 925\left( {ml} \right)\)
Đáp số: 925
