Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Liên trường Đô Lương 3, Phan Đăng Lưu, Yên Thành 2, Tân Kỳ (Nghệ An) đợt 1 có đáp án

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là B

Để tính độ tăng nhiệt độ trung bình, ta sử dụng công thức:

Độ tăng nhiệt độ trung bình = chênh lệch nhiệt độ / thời gian

Độ tăng nhiệt độ trong 2 phút (120 giây) là:

\(\frac{{7,2 - \left( { - 20} \right)}}{{2.60}} \approx 0,{227^0}C\)

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là B

Đáp án đúng là C

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là C

Đáp án đúng là B

+ Sử dụng công thức tính thể tích: \(V = Sh\)

+ Áp dụng định luật Boyle.

a) sai

Thể tích mỗi lần bơm là: \({V_0} = S.h = 11.42 = 462c{m^3} = 4,{62.10^{ - 4}}\left( {{m^3}} \right)\)

Gọi V₀, p₀ là thể tích và áp suất mỗi lần bơm

Khi nén vào bóng có thể tích V có áp suất p₁

Áp dụng định luật Boyle: \(\left( {n{V_0} + V} \right){p_0} = {p_1}V\)

\( \Rightarrow \left( {10.4,{{62.10}^{ - 4}} + {{3.10}^{ - 3}}} \right){.10^5} = p{.3.10^{ - 3}}\)

\( \Rightarrow p = 2,{54.10^5}\left( {Pa} \right)\)

b) sai

Sau khi bơm thể tích khí được đưa vào bóng giảm tỉ lệ nghịch với áp suất.

c) đúng

Thể tích khí được đưa vào bóng sau mỗi lần bơm là 462 cm³.

d) đúng

Áp dụng định luật Boyle, ta có: \(\left( {n{V_0} + V} \right){p_0} = {p_2}V\)

\( \Rightarrow \left( {n.4,{{62.10}^{ - 4}} + {{3.10}^{ - 3}}} \right){.10^5} = {5.10^5}{.3.10^{ - 3}}\)

\( \Rightarrow n = 25,974 \approx 26\)

Phương pháp:

+ Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học:  = +U Q A

+ Sử dụng công thức tính công: A= F s.

a) đúng

Quá trình trên hệ nhận nhiệt lượng nên Q > 0.

b) sai

Độ lớn của công mà chất khí thực hiện để pít tông chuyển động đều là:

A = F.s = 15.0,04 = 0,6J

c) đúng

Hệ nhận nhiệt lượng nên Q = 20,6 J

Hệ thực hiện công nên A = -0,6 J

Độ biến thiên nội năng của khí là: \(\Delta U = Q + A = 20,6 - 0,6 = 20\left( J \right)\)

d) đúng

Quá trình trên khí thực hiện công nên A < 0.

Phương pháp:

- Viết phương trình đồ thị dưới dạng: \(p = aV + b\)

- Áp dụng phương trình Clapeyron: pV = nRT

- Biểu diễn T theo V rồi sử dụng đạo hàm tìm giá trị lớn nhất của T.

a) đúng

Số mol khí: \(n = \frac{m}{M} = \frac{{20}}{4} = 5\left( {mo\ell } \right)\)

Phương trình đồ thị: \(p = aV + b\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 0,5\\b = 20\end{array} \right. \Rightarrow p = - 0,5V + 20\)

Phương trình Clapeyron: \(\frac{{pV}}{T} = nR\)

\( \Rightarrow \frac{{\left( { - 0,5V + 20} \right)V}}{T} = 5.8,31\)

\( \Rightarrow T = \frac{{ - 0,5{V^2} + 20V}}{{5.8,31}}\)

\({T_{\max }}\,khi\,{T^/} = 0 \Rightarrow - V + 20 = 0\)

\( \Rightarrow V = 20 \Rightarrow {T_{\max }} \approx 188\left( K \right)\)

b) sai

(1) → (2) không có dạng hypebol nên không phải là quá trình đẳng nhiệt.

c) sai

Ta có: \(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = nR \Rightarrow \frac{{{{5.10}^5}{{.30.10}^{ - 3}}}}{{{T_1}}} = 5.8,31\)

\( \Rightarrow {T_1} = 361K\)

d) đúng

Áp suất của khí He trong xi-lanh ở trạng thái (3) là: \({p_3} = {p_1} = 5atm\)

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức:\(\left\{ \begin{array}{l}P = I.S\\P = A.t\end{array} \right.\) .

+ Sử dụng công thức tính nhiệt lượng: \(Q = mc\Delta t\)

a) sai

Khối lượng của nước là: \(m = V.D = {40.10^{ - 3}}.1000 = 40\left( {kg} \right)\)

a) Công suất bức xạ chiếu lên bộ thu nhiệt là:

\(P = I.S = 980.20 = 19600W = 19,6kW\)

b) đúng

Hệ thống thu nhiệt nhận được 100 J năng lượng mặt trời thì nội năng của nước tăng thêm 22 J do hiệu suất chuyển đổi là 22%.

c) đúng

Ta có:\(H = \frac{{{Q_i}}}{A} \Rightarrow {Q_i} = A.H\)

\( \Leftrightarrow mc\Delta t = P.t.H \Leftrightarrow 40.4180.\Delta t = 19600.30.60.0,22\)

\( \Rightarrow \Delta t \approx 46,{42^0}C\)

d) đúng

Trong 30 phút, năng lượng mặt trời chiếu lên bộ thu nhiệt là:

\(A = P.t = 19600.30.60 = 35,{28.10^6}J = 35,28MJ\)

Đáp án: 0,2

Nhiệt lượng làm tăng nhiệt độ của vật mà không chuyển thể: Q = mc∆T

Nhiệt lượng làm nóng chảy vật hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy: Q = mλ

Phương trình cân bằng nhiệt: Q_toa = Q_thu

Nhiệt lượng nước trà tỏa ra là:

\({Q_{toa}} = {m_n}.{c_n}.\left( {{t_n} - t} \right) = 0,25.4200.\left( {80 - 10} \right) = 73500\left( J \right)\)

Nhiệt lượng nước đá thu vào là:

\({Q_{thu}} = m\lambda + m.{c_n}.\left( {t - {t_{nd}}} \right) = m.3,{33.10^5} + m.4200.10\)

\( \Rightarrow {Q_{thu}} = 37500m\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\({Q_{thu}} = {Q_{toa}} \Rightarrow 375000m = 73500\)

\( \Rightarrow m = 0,196kg\)

Đáp án: 68

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Q_toa = Q_thu

Nhiệt độ nước sôi toả ra là:

\({Q_1} = {m_1}c\Delta {t_1} = 3mc.\left( {100 - t} \right)\)

Nhiệt độ nước lạnh thu vào là:

\({Q_2} = {m_2}c\Delta {t_2} = 2mc.\left( {t - 20} \right)\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_1} = {Q_2}\)

\( \Rightarrow 3mc.\left( {100 - t} \right) = 2mc\left( {t - 20} \right)\)

\( \Rightarrow t = {68^0}C\)

Đáp án: 3

+ Trong quá trình đẳng nhiệt thì áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích.

+ Áp dụng định luật Boyle: p₁V₁ = p₂V₂.

Trong quá trình đẳng nhiệt thì áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích:

Trạng thái 1: \(\left\{ \begin{array}{l}{p_1}\\{V_1}\end{array} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ \begin{array}{l}{p_2} = {p_1} + {4.10^5}\\{V_2} = {V_1} - 2\end{array} \right.\)

Trạng thái 3: \(\left\{ \begin{array}{l}{p_3} = {p_1} - {10^5}\\{V_3} = {V_1} + 3\end{array} \right.\)

Áp dụng định luật Boyle cho trạng thái 1 và 2 ta được: \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}\)

\( \Leftrightarrow {p_1}{V_1} = \left( {{p_1} + {{4.10}^5}} \right).\left( {{V_1} - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {4.10^5}{V_1} - 2{p_1} = {8.10^5}\left( * \right)\)

Áp dụng định luật Boylo cho trạng thái 1 và 3 ta được: \({p_1}{V_1} = {p_3}{V_3}\)

\( \Leftrightarrow {p_1}{V_1} = \left( {{p_1} - {{10}^5}} \right)\left( {{V_1} + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow - {10^5}{V_1} + 3{p_1} = {3.10^5}\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}{4.10^5}{V_1} - 2{p_1} = {8.10^5}\\ - {10^5}{V_1} + 3{p_1} = {3.10^5}\end{array} \right. \Leftrightarrow {V_1} = 3\left( \ell \right)\)

Đáp án: 30

Áp dụng định luật Charles: \(\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_2}}}{{{T_2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{5}{{27 + 273}} = \frac{{4,5}}{{{T_2}}} \Rightarrow {T_2} = 270K\)

\( \Rightarrow \Delta t = \Delta T = {T_1} - {T_2} = 30K = {30^0}C\)

Đáp án: 6,2

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Q_toa = Q_thu

Nhiệt lượng miếng đồng toả ra là :

\({Q_1} = {m_1}{c_1}\Delta {t_1} = 0,5.380.\left( {89 - 21} \right) = 12920\left( J \right)\)

Nhiệt lượng nước nóng thu vào để tăng nhiệt độ là:

\({Q_2} = {m_2}{c_2}\Delta {t_2} = 0,5.4200.\Delta {t_2} = 2100.\Delta {t_2}\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_1} = {Q_2}\)

\( \Rightarrow 12920 = 2100.\Delta {t_2} \Rightarrow \Delta {t_2} \approx 6,{2^0}C\)

Đáp án: 2,78

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng: \(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} = \frac{{{T_2}{V_1}}}{{{V_2}{T_1}}} = \frac{{\left( {60 + 273} \right).10}}{{4.\left( {27 + 273} \right)}} = 2,78\) (lần)