Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Vật lí THPT Chuyên Khoa học Tự nhiên Hà Nội có đáp án
27 câu hỏi
Trong hạt nhân \(\;_8^{17}X\) có
17 nucleon.
8 neutron.
9 proton.
1 neutron.
Phương pháp:
Lý thuyết về cấu trúc hạt nhân nguyên tử.
Cách giải:
Trong hạt nhân \(\;_8^{17}X\) có 17 nucleon, 8 proton và \(17 - 8 = 9\) neutron.
Một sóng điện từ có tần số \({10^6}{\rm{\;Hz}}\) truyền trong một môi trường với tốc độ \({3.10^8}{\rm{\;m/s}}\). Trong môi trường đó, sóng điện từ này có bước sóng là
200 m.
30 m.
150 m.
300 m.
Phương pháp:
Bước sóng của sóng điện từ: \(\lambda = \frac{c}{f}\).
Cách giải:
Bước sóng của sóng điện từ:
\(\lambda = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{10}^6}}} = 300\left( {\rm{m}} \right)\).
Điểm cố định dưới và cố định trên của một nhiệt kế bị hỏng là \({5^ \circ }\) và \({99^ \circ }\). Nếu số chỉ của nhiệt kế là \({52^ \circ }\) thì nhiệt độ tương ứng trên thang đo Fahrenheit là
\({154^o}{\rm{F}}\)
\({122^o}{\rm{F}}\)
\({151^o}{\rm{F}}\)
\({132^o}{\rm{F}}\)
Phương pháp:
Công thức liên hệ giữa hai thang đo nhiệt độ: \(\frac{{t\left( {{\;^o}} \right) - 5}}{{99 - 5}} = \frac{{t\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) - 32}}{{212 - 32}}\)
Cách giải:
Khi số chỉ của nhiệt kế là \({52^o}\) thì nhiệt độ trên thang đo Fahrenheit là:
\(\frac{{52 - 5}}{{99 - 5}} = \frac{{{\rm{t}}\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) - 32}}{{212 - 32}} \Rightarrow {\rm{t}}\left( {{\;^o}{\rm{F}}} \right) = 122\)
Sự hóa hơi là:
quá trình chuyển từ thể khí sang thể lỏng của chất
quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể rắn của chất
quá trình chuyển từ thể rắn sang thể lỏng của chất
quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể khí của chất
Phương pháp:
Nhớ lại khái niệm về sự hóa hơi.
Cách giải:
Sự hóa hơi là quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể khí của chất.
Một lượng khí xác định biến đổi theo các quá trình (1) - (2) - (3) - (4) như hình vẽ. Biết nhiệt độ của chất khí ở trạng thái (1) là \({T_1} = 300{\rm{\;K}}\). Nhiệt độ của chất khí này ở trạng thái (4) là
450 K.
1200 K.
600 K.
900 K.
Phương pháp:
Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: \(\frac{{pV}}{T} = \) const
Cách giải:
Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng ở trạng thái 1 và 4:
\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_4}{V_4}}}{{{T_4}}} \Rightarrow \frac{{2.1}}{{300}} = \frac{{1.4}}{{{T_4}}}\)
\( \Rightarrow {T_4} = 600\left( {\rm{K}} \right)\)
Chọn C.
Một khung dây phẳng diện tích \(400{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\) đặt trong từ trường đều có vectơ cảm ứng từ hợp với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây một góc \({60^ \circ }\) và có độ lớn \(0,12{\rm{\;T}}\). Từ thông qua khung dây này là
\({2,4.10^{ - 6}}{\rm{\;Wb}}\)
\({1,2.10^{ - 4}}{\rm{\;Wb}}\)
\({2,4.10^{ - 4}}{\rm{\;Wb}}\)
\({1,2.10^{ - 6}}{\rm{\;Wb}}\)
Phương pháp:
Từ thông qua khung dây: \({\rm{\Phi }} = BS.{\rm{cos}}\alpha \)
Cách giải:
Từ thông qua khung dây:
\({\rm{\Phi }} = BS.\cos \alpha = {0,12.40.10^{ - 2}}.{\rm{cos}}{60^{\rm{o}}} = {2,4.10^{ - 4}}\left( {{\rm{Wb}}} \right)\)
Đâu là nhóm các thông số trạng thái của một lượng khí xác định?
Khối lượng, áp suất, thể tích.
Áp suất, nhiệt độ, khối lượng.
Áp suất, nhiệt độ, thể tích.
Khối lượng, nhiệt độ, thể tích
Phương pháp:
Lý thuyết về các thông số trạng thái.
Cách giải:
Các thông số trạng thái của một lượng khí xác định: áp suất, nhiệt độ, thể tích.
tăng gấp bốn lần.
tăng gấp đôi.
giảm 4 lần.
giảm 2 lần.
Phương pháp:
Áp dụng công thức tốc độ căn quân phương: \({v_c} = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}} \)
Cách giải:
Ta có: \({v_c} = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}} \)
\( \Rightarrow \frac{{{v_{c2}}}}{{{v_{c1}}}} = \sqrt {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}}} = \sqrt {\frac{{927 + 273}}{{27 + 273}}} = 2\)
Chọn B.
Biết nhôm có nhiệt dung riêng là \(896{\rm{\;J/kg}}{\rm{.K}}\) và nhiệt nóng chảy riêng là \({3,9.10^5}{\rm{\;J}}\). Nhiệt lượng cần cung cấp cho miếng nhôm khối lượng 200 g ở nhiệt độ \({58^ \circ }{\rm{C}}\) để nó hóa lỏng hoàn toàn ở nhiệt độ \({658^ \circ }{\rm{C}}\) là
107520 J.
78000 J.
185520 J.
29520 kJ.
Phương pháp:
- Nhiệt lượng cần cung cấp để một vật tăng nhiệt độ: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).
- Nhiệt lượng cần cung cấp để vật nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy: \(Q = m\lambda \).
Cách giải:
Nhiệt lượng cần cung cấp cho miếng nhôm khối lượng 200 g ở nhiệt độ \({58^ \circ }{\rm{C}}\) để nó hóa lỏng hoàn toàn ở nhiệt độ \({658^ \circ }{\rm{C}}\) là:
\(Q = mc{\rm{\Delta }}t + m\lambda \)
\( \Rightarrow Q = 0,2.896.\left( {658 - 58} \right) + {0,2.3,9.10^5} = 185520\left( {{\rm{\;J}}} \right)\)
Chọn C.
Bắn hạt nhân neutron có động năng Kn vào hạt nhân \(\;_3^6{\rm{Li}}\) đứng yên gây ra phản ứng \(\;_0^1n + \;_3^6Li \to \;_1^3H + X\). Sau phản ứng hạt \(X\) và hạt nhân \(\;_1^3H\) bay ra theo các hướng hợp với hướng tới của neutron các góc lần lượt là \(\theta \) và \(\varphi \)\( = {120^ \circ } - \theta \). Lấy khối lượng các hạt nhân bằng số khối tính theo amu. Bỏ qua bức xạ gamma. Biết phản ứng này thu năng lượng \(1,87{\rm{MeV}}\). Giá trị lớn nhất của \({K_n}\) gần nhất với giá trị nào sau đây?
\(3,2{\rm{MeV}}\).
\(4,5{\rm{MeV}}\).
\(5,5{\rm{MeV}}\).
\(2,1{\rm{MeV}}\).
Phương pháp:
- Áp dụng định lý sin biểu diễn động lượng theo các góc.
- Sử dụng mối quan hệ giữa động lượng và động năng: \({p^2} = 2mK\).
- Công thức tính năng lượng của phản ứng hạt nhân theo động năng của các hạt trước và sau phản ứng: \({\rm{\Delta }}E = {K_H} + {K_X} - {K_n}\)
- Sử dụng đạo hàm tìm giá trị lớn nhất.
Cách giải:
Phản ứng: \(\;_0^1n + \;_3^6Li \to \;_1^3H + \;_2^4X\)
Định lý sin \(\frac{{{p_n}}}{{{\rm{sin}}\theta }} = \frac{{{p_x}}}{{{\rm{sin}}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{{p_n}}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}\)
Với \({p^2} = 2mK\)
\( \Rightarrow \frac{{2{m_H}{K_H}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }} = \frac{{2{m_X}{K_X}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{2{m_n}{K_n}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{{60}^ \circ }}}\)
\( \Rightarrow \frac{{3{K_H}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }} = \frac{{4{K_X}}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}} = \frac{{{K_n}}}{{0,75}}\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{K_H} = \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2,25}}.{K_n}}\\{{K_X} = \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3}.{K_n}}\end{array}} \right.\)
Mà \({\rm{\Delta }}E = {K_H} + {K_X} - {K_n} = - 1,87\)
\( \Rightarrow \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2,25}}.{K_n} + \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3}.{K_n} - {K_n} = - 1,87\)
\( \Rightarrow {K_n} = \frac{{ - 1.87}}{{\frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\theta }}{{2,25}} + \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {{{120}^ \circ } - \theta } \right)}}{3} - 1}}\)
Sử dụng TABLE:
Vậy \({K_{{\rm{n}}\,\,{\rm{max\;}}}} \approx 4,55\left( {{\rm{MeV}}} \right)\)
Nhiệt lượng trao đổi trong một quá trình truyền nhiệt không phụ thuộc vào
độ biến thiên của nhiệt độ.
khối lượng của chất.
nhiệt dung riêng của chất.
thời gian truyền nhiệt.
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính nhiệt lượng: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).
Cách giải:
Trong một quá trình truyền nhiệt thì \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).
Vậy nhiệt lượng trao đổi trong một quá trình truyền nhiệt không phụ thuộc vào thời gian truyền nhiệt.
Trong các biển báo sau, biển nào cảnh báo nguy hiểm về điện?
Hình 4.
Hình 1.
Hình 3.
Hình 2.
Phương pháp:
Lý thuyết về các biển cảnh báo.
Cách giải:
Biển cảnh báo nguy hiểm về điện là hình C.
Trong thí nghiệm dưới đây, một mẫu phóng xạ \(M\) được đặt trong chân không, phát ra ba loại tia phóng xạ \(\alpha ,\beta \) và \(\gamma \) được cho đi qua một điện trường đều tạo ra bởi hai bản kim loại song song tích điện trái dấu. Hình bên minh họa quỹ đạo của các tia này khi chúng đi qua điện trường. Dựa trên hướng lệch của các tia trong điện trường, hãy xác định đặc điểm về điện tích của các tia này.
Tia \(\alpha \) và tia \(\beta - \) đều không mang điện tích, tia \(\gamma \) mang điện tích dương.
Tia \(\alpha \), tia \(\beta - \) và tia \(\gamma \) đều mang điện tích âm.
Tia \(\alpha \) mang điện tích âm, tia \(\beta - \) mang điện tích âm, tia \(\gamma \) không mang điện tích.
Tia \(\alpha \) mang điện tích dương, tia \(\beta - \) mang điện tích âm, tia \(\gamma \) không mang điện.
Phương pháp:
Các tia mang điện tích âm sẽ bị lệch về phía bản dương, các tia mang điện tích dương sẽ bị lệch về phía bản âm, tia không mang điện thì không bị lệch trong điện trường và từ trường.
Cách giải:
Các tia mang điện tích âm sẽ bị lệch về phía bản dương, các tia mang điện tích dương sẽ bị lệch về phía bản âm, tia không mang điện thì không bị lệch trong điện trường và từ trường.
\( \to \) Tia \(\alpha \) mang điện tích dương, tia \(\beta - \) mang điện tích âm, tia \(\gamma \) không mang điện.
Chọn D.
Một khung dây dẫn kín MNPQ đặt cố định trong từ trường đều. Hướng của từ trường \(\vec B\) vuông góc với mặt phẳng khung dây như hình bên. Biết vectơ pháp tuyến \(\vec n\) của mặt phẳng khung dây cùng chiều \(\vec B\). Khi từ thông qua diện tích khung dây tăng đều theo thời gian thì trong khung
xuất hiện dòng điện cảm ứng có chiều MQPNM.
xuất hiện dòng điện cảm ứng có chiều MNPQM.
có dòng điện cảm ứng xoay chiều hình sin.
không xuất hiện dòng điện cảm ứng.
Phương pháp:
Vận dụng định luật Lenz.
Sử dụng quy tắc nắm tay phải.
Cách giải:
Từ thông tăng => B cảm ứng ngược chiều B B cảm ứng hướng ra ngoài. Áp dụng quy tắc nắm tay phải i cảm ứng có chiều MQPNM.
Hình vẽ bên cạnh mô tả mô hình động cơ điện. Một khung dây dẫn hình chữ nhật ABCD có khả năng quay quanh trục cố định (đường nét đứt) với hai đầu khung dây gắn với cổ góp (là hai bản kim loại hình bán khuyên, cách điện với nhau). Cấp điện cho khung dây bằng cách mắc hai cực nguồn điện một chiều với hai chổi than (tiếp xúc với cổ góp). Toàn bộ khung dây đặt giữa hai cực của nam châm vĩnh cửu. Khi khung dây quay, các đầu khung dây luôn tiếp xúc với vành bán khuyên. Biết cảm ứng từ giữa hai cực nam châm có độ lớn \(B = {10^{ - 3}}T\), chiều dài đoạn dây BC là 20 cm, dòng điện chạy trong khung dây có cường độ \({\rm{I}} = 1{\rm{\;A}}\) thì độ lớn lực từ tác dụng lên đoạn \(BC\) là
\(F = {6.10^{ - 4}}{\rm{\;N}}\)
\(F = {2.10^{ - 4}}{\rm{\;N}}\)
\(F = {6.10^{ - 2}}{\rm{\;N}}\)
\(F = {2.10^{ - 2}}{\rm{\;N}}\)
Phương pháp:
Công thức xác định lực từ: \(F = IBL\).
Cách giải:
Lực từ: \(F = IBL = {1.10^{ - 3}}.0,2 = {2.10^{ - 4}}\left( {\rm{N}} \right)\)
Một chất khí lí tưởng thực hiện một chu trình PQRSP như hình vẽ. Công mà chất khí nhận trong chu trình trên bằng
-20 J.
10 J.
-10 J.
20 J.
Phương pháp:
Công thức tính công: \(A = p{\rm{\Delta }}V\).
Trong quá trình đẳng tích thì khí không thực hiện công.
Cách giải:
Công mà khí nhận trong chu trình:
\(A = {A_{PQ}} + {A_{RS}}\)
\( \Rightarrow A = - {50.10^3}.\left( {300 - 100} \right){.10^{ - 6}} - {100.10^3}.\left( {100 - 300} \right){.10^{ - 6}}\)
\( \Rightarrow A = 10\left( {\rm{J}} \right)\)
Một bình thép chứa khí ở \({27^ \circ }{\rm{C}}\) dưới áp suất \({6.10^5}{\rm{\;Pa}}\). Làm lạnh bình tới nhiệt độ \( - {73^ \circ }{\rm{C}}\) thì áp suất của chất khí trong bình là bao nhiêu? Coi thể tích của bình là không đổi.
\({4,5.10^5}{\rm{\;Pa}}\)
\({4.10^5}{\rm{\;Pa}}\)
\({2.10^5}{\rm{\;Pa}}\)
\({3.10^5}{\rm{\;Pa}}\)
Phương pháp:
Công thức trong quá trình đẳng tích: \(\frac{p}{T} = \)const
Cách giải:
Quá trình đẳng tích:
\(\frac{p}{T} = \) const \( \Rightarrow \frac{{{{6.10}^5}}}{{27 + 273}} = \frac{p}{{ - 73 + 273}}\)
\( \Rightarrow p = {4.10^5}\left( {{\rm{\;Pa}}} \right)\)
PHẦN II: CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Một ấm đun nước pha trà có công suất không đổi và có nhiệt kế hiển thị nhiệt độ tức thời của nước trong ấm. Một bạn học sinh dùng ấm này để đun nước với lượng nước có sẵn ở trong ấm, nhiệt độ hiển thị ban đầu là \({t_0} = {20^ \circ }{\rm{C}}\). Sau khoảng thời gian đun \({\tau _1} = 1\) phút thì nhiệt độ của nước tăng lên tới \({t_1} = {40^ \circ }{\rm{C}}\) và bạn học sinh bắt đầu thêm nước ở nhiệt độ \({t_x}\) vào trong ấm. Tại thời điểm \({\tau _2} = 3,5\) phút thì nhiệt độ của nước đạt \({t_2} = {50^ \circ }{\rm{C}}\). Sau khoảng thời gian 5 phút kể từ thời điểm \({\tau _2}\) thì nước bắt đầu sôi. Hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn nhiệt độ của nước trong ấm trong quá trình đun. Bỏ qua mất mát nhiệt ra môi trường và quá trình trao đổi nhiệt diễn ra nhanh chóng.
a) Nếu công suất của ấm là \({\rm{P}} = 2100{\rm{\;W}}\) thì nhiệt lượng do ấm cung cấp từ thời điểm ban đầu đến lúc nước bắt đầu sôi là 714 kJ.
b) Khối lượng nước thêm vào bằng khối lượng nước có sẵn trong ấm.
c) Nhiệt độ ban đầu của lượng nước thêm vào là \({t_x} = {10^ \circ }{\rm{C}}\).
d) Nếu khối lượng nước ban đầu trong ấm là \({m_1} = 1,5{\rm{\;kg}}\) và nhiệt dung riêng của nước là \(4200{\rm{\;J/}}kg.K\) thì công suất của ấm là \({\rm{P}} = 1800{\rm{\;W}}\).Phương pháp:
- Nhiệt lượng do ấm cung cấp: \(Q = P.\tau \)
- Nhiệt lượng cần cung cấp trong quá trình truyền nhiệt để làm thay đổi nhiệt độ: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).
- Công suất của ấm: \(P = \frac{Q}{t}\)
Cách giải:
a) Nhiệt lượng do ấm cung cấp từ thời điểm ban đầu đến lúc nước bắt đầu sôi là:
\(Q = P.\tau = 2100.8,5.60 = 1071000\left( J \right) = 1071\left( {kJ} \right)\)
\( \to \) a sai.
b) Ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P{\tau _1} = {m_1}c\left( {{t_1} - {t_0}} \right)}\\{P\left( {{\tau _2} - {\tau _1}} \right) = {m_1}c\left( {{t_2} - {t_1}} \right) + {m_x}c\left( {{t_2} - {t_x}} \right)}\\{P\left( {{\tau _3} - {\tau _2}} \right) = \left( {{m_1} + {m_x}} \right).c\left( {100 - {t_2}} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \frac{P}{c} = \frac{{{m_1}\left( {40 - 20} \right)}}{{1.60}} = \frac{{{m_1}\left( {50 - 40} \right) + {m_x}\left( {50 - {t_x}} \right)}}{{\left( {3,5 - 1} \right).60}} = \frac{{\left( {{m_1} + {m_x}} \right)\left( {100 - 50} \right)}}{{5.60}}\)
\( \Rightarrow {m_1} = {m_x} \Rightarrow {t_x} = {10^ \circ }{\rm{C}}\)
\( \to {\rm{b}}\) đúng.
\( \to {\rm{c}}\) đúng.
d) Công suất của ấm:
\(P = \frac{{{m_1}c\left( {{t_1} - {t_0}} \right)}}{{{\tau _1}}} = \frac{{1,5.4200.\left( {40 - 20} \right)}}{{1.60}} = 2100\left( {\rm{W}} \right)\)
\( \to \) d sai.
Một cylinder hình trụ chiều cao 152 cm được đậy kín bằng một piston nhẹ có thể di chuyển không ma sát trong cylinder. Nửa dưới của hình trụ chứa khí lí tưởng, còn nửa trên chứa thủy ngân (hình vẽ). Ban đầu nhiệt độ của khí trong piston là 600 K, tăng dần nhiệt độ lên thì thấy một nửa thủy ngân thoát ra bên ngoài. Cho rằng sự giãn nở của thủy ngân do nhiệt độ là không đáng kể, áp suất khí quyển \({{\rm{p}}_0} = 76\) cmHg.
a) Áp suất của chất khí ở trạng thái ban đầu là \({{\rm{p}}_1} = 152\,\,{\rm{cmHg}}\).
b) Trong quá trình trên thì áp suất, nhiệt độ và thể tích của chất khí đều thay đổi.
c) Nhiệt độ lúc sau của chất khí là \({{\rm{T}}_2} = 337,5{\rm{\;K}}\).
d) Áp suất của chất khí ở trạng thái sau là \({{\rm{p}}_2} = 114\,\,{\rm{cmHg}}\).
Phương pháp:
- Áp dụng công thức tính áp suất của chất khí khi có chứa lượng thủy ngân ở trên: \(p = {p_0} + h\).
- Phân tích quá trình biến đổi của lượng khí.
Cách giải:
a) Áp suất của khí ở trạng thái ban đầu:
\({p_1} = {p_0} + {h_1} = 76 + 76 = 152\left( {{\rm{cmHg}}} \right)\)
\( \to \) a đúng.
b) Trong quá trình biến đổi của lượng khí, ta thấy cả nhiệt độ, thể tích và áp suất của khí đều thay đổi.
\( \to \) b đúng.
c) Khi tăng dần nhiệt độ lên \( \Rightarrow {T_2} > 600\left( K \right)\)
\( \to \) c sai.
d) Áp suất của khí ở trạng thái sau:
\({p_2} = {p_0} + {h_2} = 76 + 38 = 114\left( {{\rm{cmHg}}} \right)\)
Một cylinder thẳng đứng một đầu kín và một đầu hở, bên trong có chứa một lượng khí Hidro. Cylinder được đậy kín nhờ một piston, phía trên piston có một cột chất lỏng như hình vẽ. Hidro được cấp nhiệt chậm, giãn nở đẩy piston di chuyển từ từ. Khi toàn bộ chất lỏng bị tràn ra ngoài thì nhiệt lượng mà Hidro đã nhận được là \({\rm{Q}} = 119\)J. Biết rằng thể tích ban đầu của chất lỏng bằng một nửa thể tích của khí Hidro và bằng thể tích của phần không khí chiếm trong cylinder. Áp suất phụ gây bởi cột chất lỏng này là \(\frac{{{p_0}}}{9}\), với \({p_0} = {10^5}\left( {\frac{{{\rm{\;N}}}}{{{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}}}} \right)\) là áp suất khí quyển. Bỏ qua mọi ma sát. Biết nội năng của n mol khí Hidro ở nhiệt độ T là \(U = \frac{5}{2}nRT\), với R là hằng số chất khí.
a) Quá trình biến đổi trạng thái của chất khí gồm đẳng áp và áp suất giảm.
b) Thể tích ban đầu của chất khí là 0,36 lít.
c) Công mà chất khí thực hiện trong quá trình trên có độ lớn là 39 J.
d) Độ biến thiên nội năng của chất khí trong quá trình trên là 100 J.
Phương pháp:
- Tính độ biến thiên nội năng của khí theo công thức đề bài cho.
- Tính công của khí thực hiện trong hai giai đoạn: Giai đoạn khí đẩy nước lên đến miệng Cylinder và giai đoạn khí đẩy hết nước ra khỏi Cylinder.
- Áp dụng định luật I nhiệt động lực học tìm các ẩn của đề bài.
Cách giải:
a) Từ ban đầu cho tới khi chất lỏng đến miệng cylinder là đẳng áp, khi chất lỏng tràn ra ngoài thì áp suất giảm.
\( \to \) a đúng.
b) Ta có:
Trạng thái khí | p | V | T |
Trạng thái ban đầu (1) | \({{\rm{p}}_0} + \frac{{{{\rm{p}}_0}}}{9} = \frac{{10{{\rm{p}}_0}}}{9}\) | \(\frac{{{\rm{\;V}}}}{2}\) | \({\rm{\;}}{{\rm{T}}_1}\) |
Trạng thái mà chất lỏng lên đến miệng Cylinder (2) | \(\frac{{10{{\rm{p}}_0}}}{9}\) | \(\frac{{3{\rm{\;V}}}}{4}\) | \({\rm{\;}}{{\rm{T}}_2}\) |
Trạng thái mà chất lỏng tràn hết ra ngoài (3) | \({{\rm{p}}_0}\) | V | \({\rm{\;}}{{\rm{T}}_3}\) |
Độ biến thiên nội năng của khí ở trạng thái (1) và (3):
\({\rm{\Delta }}U = \frac{5}{2}nR\left( {{T_3} - {T_1}} \right) = \frac{5}{2}\left( {{p_0}V - \frac{{10{p_0}}}{9}.\frac{V}{2}} \right) = \frac{{10}}{9}{p_0}V\)
Công do khí thực hiện có độ lớn:
\(\left| A \right| = \frac{{10{p_0}}}{9}.\left( {\frac{{3V}}{4} - \frac{V}{2}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{{10{p_0}}}{9} + {p_0}} \right)\left( {V - \frac{{3V}}{4}} \right) = \frac{{13}}{{24}}{p_0}V\)
Áp dụng định luật I nhiệt động lực học:
\({\rm{\Delta }}U = Q + A \Leftrightarrow \frac{{10}}{9}{p_0}V = 119 - \frac{{13}}{{24}}{p_0}V \Rightarrow {p_0}V = 72\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{V = \frac{{72}}{{{{10}^5}}}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right) = 0,72\left( l \right) \Rightarrow \frac{V}{2} = 0,36\left( l \right)}\\{\left| A \right| = \frac{{13}}{{24}}.72 = 39\left( {\rm{J}} \right)}\\{{\rm{\Delta }}U = \frac{{10}}{9}.72 = 80\left( {\rm{J}} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \to \) b đúng.
\( \to \) c đúng.
Hình vẽ bên mô tả sơ đồ hoạt động đơn giản hoá của cảm biến báo khói ion hoá. Nguồn phóng xạ \(\alpha \) americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) có chu kỳ bán rã \(T = 432,2\) năm (lấy 1 năm bằng 365 ngày) được đặt giữa hai bản kim loại kết nối với một pin. Các hạt \(\alpha \) phóng ra làm ion hoá không khí giữa hai bản kim loại, cho phép một dòng điện nhỏ chạy giữa hai bản kim loại đó và chuông báo không kêu. Nếu có khói bay vào giữa hai bản kim loại, các ion trong này sẽ kết hợp với những phân tử khói và dịch chuyển chậm hơn làm cường độ dòng điện chạy giữa hai bản kim loại giảm đi. Khi dòng điện giảm tới mức nhất định thì cảm biến báo khói sẽ gửi tín hiệu kích hoạt chuông báo cháy. Lấy \({\rm{N}} = {6,023.10^{23}}{\rm{\;mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}\) và khối lượng mol của \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) là \(241{\rm{\;g/mol}}\). Các ý a), b), c), d) dưới đây là đúng hay sai?
a) Hằng số phóng xạ của americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) là \({1,604.10^{ - 3}}\left( {{{\rm{s}}^{ - 1}}} \right)\).
b) Độ phóng xạ của nguồn americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) có khối lượng \(0,5\mu {\rm{\;g}}\) là \(63,5{\rm{kBq}}\).
c) Tia \(\alpha \) phát ra từ nguồn phóng xạ bị lệch về phía bản kim loại nhiễm điện âm.
d) Sau khi sử dụng 45 năm, độ phóng xạ của nguồn americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) trong cảm biến giảm còn \(93,04{\rm{\% }}\) so với độ phóng xạ ban đầu lúc mới mua.
Phương pháp:
- Công thức hằng số phóng xạ: \(\lambda = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T}\)
- Độ phóng xạ của nguồn: \(H = \lambda .N\) với \(N = n.{N_A} = \frac{m}{M}.{N_A}\).
- Công thức của độ phóng xạ: \(\frac{H}{{{H_0}}} = {2^{ - \frac{t}{T}}}\)
Cách giải:
a) Hằng số phóng xạ:
\(\lambda = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T} = \frac{{{\rm{ln}}2}}{{432,2.365.24.60.60}} \approx {5,086.10^{ - 11}}\left( {{{\rm{s}}^{ - 1}}} \right)\)
\( \to \) a sai.
b) Số hạt americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\):
\(N = n.{N_A} = \frac{m}{M}{N_A} = \frac{{{{0,5.10}^{ - 6}}}}{{241}}{.6,02.10^{23}} \approx {1,249.10^{15}}\)
Độ phóng xạ của lượng americium \(\;_{95}^{241}{\rm{Am}}\) trên là:
\(H = \lambda N = {5,086.10^{ - 11}}{.1,249.10^{15}} \approx {63,5.10^3}\left( {Bq} \right) = 63,5\left( {{\rm{kBq}}} \right)\)
\( \to \) b đúng.
c) Tia \(\alpha \) mang điện dương nên lệch về phía bản kim loại nhiễm điện âm.
\( \to \) c đúng.
d) Ta có: \(\frac{H}{{{H_0}}} = {2^{ - \frac{t}{T}}} = {2^{ - \frac{{45}}{{432,2}}}} \approx 0,9304 = 93,04{\rm{\% }}\)
PHẦN III: CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN
Một thí nghiệm khảo sát sự thay đổi nhiệt độ của một lượng rượu Etylic theo nhiệt lượng cung cấp thu được đồ thị có dạng như hình bên. Biết nhiệt dung riêng của rượu Etylic là \({\rm{c}} = 2500{\rm{\;J/}}\left( {{\rm{kgK}}} \right)\). Nhiệt hóa hơi riêng của rượu Etylic xác định được trong thí nghiệm trên là bao nhiêu \({\rm{kJ/kg}}\)?
Phương pháp:
- Công thức tính nhiệt lượng trong quá trình truyền nhiệt để làm thay đổi nhiệt độ: \(Q = mc{\rm{\Delta }}t\).
- Công thức tính nhiệt lượng trong quá trình làm nóng chảy hoàn toàn vật ở nhiệt độ nóng chảy: \(Q = L.m\)
Cách giải:
Nhiệt lượng cung cấp cho rượu trong đoạn AB:
\({Q_B} = mc{\rm{\Delta }}t \Rightarrow {125.10^3} = m.2500.\left( {78 - 28} \right) \Rightarrow m = 1\left( {{\rm{kg}}} \right)\)
Nhiệt hóa hơi riêng của rượu:
\(L = \frac{{{Q_C} - {Q_B}}}{m} = \frac{{\left( {1025 - 125} \right){{.10}^3}}}{1} = {900.10^3}\left( {{\rm{J/kg}}} \right) = 900\left( {{\rm{kJ/kg}}} \right)\)
Hai thanh ray nằm ngang, song song và cách nhau một đoạn 10 cm đặt trong từ trường đều \(\vec B\) hướng thẳng đứng và có độ lớn cảm ứng từ là \({\rm{B}} = 0,1{\rm{\;T}}\). Một thanh kim loại đặt trên ray, vuông góc với ray. Nối hai đầu thanh kim loại này với nguồn điện có \({\rm{E}} = 6{\rm{\;V}}\) và \({\rm{r}} = 1\,{\rm{\Omega }}\) (hình vẽ). Biết điện trở của kim loại, ray và dây nối là \({\rm{R}} = 5{\rm{\Omega }}\). Xác định lực từ tác dụng lên thanh? Kết quả tính bằng N. (Bỏ qua hiện tượng cảm ứng điện từ xảy ra trong mạch).
Phương pháp:
- Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}}\).
- Công thức tính lực từ: \(F = BIL\).
Cách giải:
Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{6}{{5 + 1}} = 1\left( A \right)\)
Lực từ tác dụng lên thanh: \(F = BIL = 1.0,1.0,1 = 0,01\left( N \right)\)
Một bình kín có thể tích không đổi chứa khí lí tưởng ở áp suất \({1,8.10^5}\) Pa và nhiệt độ \({27^ \circ }{\rm{C}}\). Khi nhiệt độ trong bình tăng tới \({127^ \circ }{\rm{C}}\) thì áp suất khí trong bình là \({\rm{x}}{.10^5}{\rm{\;Pa}}\). Giá trị của x bằng bao nhiêu?
Phương pháp:
Áp dụng quá trình đẳng tích: \(\frac{p}{T} = \) const.
Cách giải:
Với quá trình đẳng tích:
\(\frac{p}{T} = \) const \( \Rightarrow \frac{{{{1,8.10}^5}}}{{27 + 273}} = \frac{{x{{.10}^5}}}{{127 + 273}} \Rightarrow x = 2,4\)
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính năng lượng của phản ứng: \({\rm{\Delta }}E = \left( {{m_t} - {m_s}} \right).{c^2}\)
Cách giải:
Năng lượng của phản ứng hạt nhân:
\({\rm{\Delta }}E = \left( {{m_t} - {m_s}} \right).{c^2} = \left( {2,0135.2 - 3,0149 - 1,0087} \right).931\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}E \approx 3,17\left( {{\rm{MeV}}} \right)\)
Một vật có khối lượng \({{\rm{m}}_0}\left( {{\rm{kg}}} \right)\) được làm từ vật liệu có nhiệt dung riêng c phụ thuộc vào nhiệt độ t theo quy luật \(c\left( t \right) = {c_0}\left( {1 + \alpha {\rm{t}}} \right)\), trong đó \({c_0} = {1,3.10^3}\left( {{\rm{J/kg}}.{\rm{K}}} \right)\) và \(\alpha = {0,012^o}{C^{ - 1}}\). Đưa vật vào nhiệt lượng kế chứa \(0,5{\rm{\;}}{{\rm{m}}_0}\left( {{\rm{kg}}} \right)\) nước ở nhiệt độ \({{\rm{t}}_{01}} = {45^ \circ }{\rm{C}}\).Biết nhiệt độ ban đầu của vật là \({{\rm{t}}_0} = {0^ \circ }{\rm{C}}\), nhiệt dung riêng của nước là \({c_1} = 4200\left( {{\rm{J/kg}}.{\rm{K}}} \right)\). Bỏ qua nhiệt dung của nhiệt lượng kế và tổn thất nhiệt. Tìm nhiệt độ ổn định của nước trong nhiệt lượng kế? Kết quả tính bằng\({\;^ \circ }{\rm{C}}\) và làm tròn đến một chữ số thập phân.
Phương pháp:
- Tính nhiệt dung riêng trung bình của vật: \(\overline c = \frac{{{c_0} + {c_t}}}{2}\).
- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt.
Cách giải:
Nhiệt dung riêng trung bình khi nhiệt độ vật tăng từ 0 đến \(t\) là:
\(\overline c = \frac{{{c_0}\left( {1 + \alpha .0} \right) + {c_0}\left( {1 + \alpha t} \right)}}{2} = {c_0}\left( {1 + \frac{1}{2}\alpha t} \right)\)
\({Q_v} = {Q_n} \Rightarrow {m_0}\overline c t = 0,5.{m_0}{c_1}\left( {{t_{01}} - t} \right)\)
Thay số vào ta được:
\(1,3.10{\rm{\;}}.\left( {1 + \frac{1}{2}.0,012.{\rm{t}}} \right).{\rm{t}} = 0,5.4200.\left( {45 - {\rm{t}}} \right) \Rightarrow {\rm{t}} \approx 26,2\left( {{\;^ \circ }{\rm{C}}} \right)\)
Một khung dây dẫn hình vuông, cạnh \({\rm{a}} = 10{\rm{\;cm}}\) có 200 vòng dây. Khung được treo thẳng đứng dưới một đĩa cân. Cạnh dưới của khung nằm ngang trong từ trường đều của nam châm chữ \(U\) và vuông góc với vector cảm ứng từ như hình vẽ. Sau khi thiết lập trạng thái cân bằng cho các đĩa cân, người ta cho dòng điện có cường độ \({\rm{I}} = 0,5{\rm{\;A}}\) chạy qua khung dây. Biết cảm ứng từ giữa hai cực của nam châm là \({\rm{B}} = \) \(0,002{\rm{\;T}}\). Lấy \({\rm{g}} = 10{\rm{\;m/}}{{\rm{s}}^2}\). Phải thêm ở đĩa cân bên kia một khối lượng bằng bao nhiêu để cân thăng bằng? Kết quả tính bằng gam (g)?
Phương pháp:
Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định chiều của lực từ. Từ đó áp dụng điều kiện cân bằng để tìm khối lượng.
Cách giải:
Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được lực từ \(\vec F\) hướng xuống.
Khi cân thăng bằng: \(P = F \Rightarrow {\rm{mg}} = \) NILB
\( \Rightarrow m = \frac{{NILB}}{g} = \frac{{200.0,5.0,1.0,002}}{{10}}\)
\( \Rightarrow m = 0,002\left( {{\rm{kg}}} \right) = 2\left( {\rm{g}} \right)\)
