Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Sở GD&ĐT Cà Mau có đáp án

Đáp án đúng là B

Đáp án đúng là D

Các phương án \({\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) đều đúng với tính chất của vector cảm ứng từ.

Phương án D sai vì độ lớn cảm ứng từ B tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện I, không phải tỉ lệ nghịch.

Đáp án đúng là A

Nhiệt lượng cần cung cấp để một khối lượng \(m\) chất lỏng hóa hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi là \(Q = L.m\), trong đó \(L\) là nhiệt hóa hơi riêng của chất đó.

Đáp án đúng là B

Một điện tích đứng yên chỉ tạo ra xung quanh nó một điện trường tĩnh, không tạo ra từ trường.

Các trường hợp còn lại (dòng điện, nam châm) đều là nguồn gốc của từ trường.

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là D

Đáp án đúng là B

Đáp án đúng là B

Tần số góc của khung dây quay là \(\omega = 2\pi f\)

Suất điện động cực đại xuất hiện trong khung dây là:

\({E_0} = \omega {{\rm{\Phi }}_{{\rm{max\;}}}} = \omega N{{\rm{\Phi }}_0} = 2\pi fN{{\rm{\Phi }}_0}\)

Từ đó suy ra từ thông cực đại qua mỗi vòng của khung dây là:

\({{\rm{\Phi }}_0} = \frac{{{E_0}}}{{2\pi Nf}}\)

Đáp án đúng là C

Đáp án đúng là D

Khí nhận công nên \({\rm{A}} = 1000{\rm{\;J}}\)

Khí toả nhiệt nên \({\rm{Q}} = - 300{\rm{\;J}}\)

Biến thiên nội năng: \({\rm{\Delta }}U = Q + A = - 300 + 1000 = 700J\).

Vì \({\rm{\Delta }}U > 0\) nên nội năng của khí tăng thêm 700 J .

Đáp án đúng là B

Độ chênh lệch nhiệt độ là: \({\rm{\Delta }}t = 357 - 100 = {257^ \circ }C.\)

Tương ứng trong thang Kelvin, độ chênh lệch này là 257 K.

Đáp án đúng là D

Với hạt nhân \(\;_{92}^{235}{\rm{U}}\), ta có \({\rm{Z}} = 92\) và \({\rm{A}} = 235\).

Số neutron là \(N = 235 - 92 = 143\).

Vậy hạt nhân có 92 proton.

Đáp án đúng là A

Từ gốc tọa độ O, ta kẻ hai tia đi qua điểm (1) và điểm (2).

Quan sát trên đồ thị, ta thấy tia \(O\left( 1 \right)\) dốc hơn tia \(O\left( 2 \right)\), tức là hệ số góc của tia \(O\left( 1 \right)\) lớn hơn hệ số góc của tia O(2).

Vì thể tích tỉ lệ nghịch với độ dốc của đường đẳng tích trên đồ thị \({\rm{p}} - {\rm{T}}\) nên hệ số góc lớn hơn sẽ có thể tích nhỏ hơn.

Từ đó suy ra \({V_1} < {V_2}\).

Đáp án đúng là D

Dòng điện hướng Tây - Đông, từ trường hướng Bắc nên \(\alpha = {90^ \circ }\left( {{\rm{sin}}\alpha = 1} \right)\).

Trọng lực \(P = 0,5.10 = 5{\rm{\;N}}\).

Theo bài ra, ta có: \(F = 0,01P = 0,01.5 = 0,05N\)

Lại có: \(F = BIl.{\rm{sin}}\alpha = 0,{04.10^{ - 3}}.I.10.{\rm{sin}}{90^0} = {4.10^{ - 4}}I\)

\( \Rightarrow 0,05 = {4.10^{ - 4}}.I \Rightarrow I = \frac{{0,05}}{{{{4.10}^{ - 4}}}} = 125A\).

Đáp án đúng là C

\({T_1} = 50 + 273 = 323K\).

\({T_2} = 150 + 273 = 423K\).

Quá trình đẳng tích: \(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}} = \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \frac{{423}}{{323}} \approx 1,31\).

Vì 1,31 < 3 nên áp suất tăng lên ít hơn 3 lần.

Đáp án đúng là A

Mỗi hạt nhân nhôm có \(Z = 13\) proton

⇒ Tổng số proton trong \(0,27{\rm{\;g}}\) nhôm là:

\({N_p} = Z.N = Z.\frac{m}{A}.{N_A} = 13.\frac{{0,27}}{{27}}.6,{02.10^{23}} = 7,{826.10^{22}}\)

Đáp án đúng là B

Nhiệt lượng toả ra (chậu và nước sôi) là:

\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = \left( {{m_{nh}}.{c_{nh}} + {m_n}.{c_n}} \right){\rm{\Delta }}t = \left( {0,6.880 + 2,5.4200} \right).\left( {100 - 40} \right) = 661680J\)

Nhiệt lượng thu vào(nước thêm vào):

\({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {m_x}.4200.\left( {40 - 25} \right) = 63000.{m_x}\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {Q_{{\rm{toa\;}}}}\)

\( \Rightarrow 63000.{m_x} = 661680 \Rightarrow {m_x} \approx 10,5{\rm{\;kg}}\).

⇒ Cần đổ thêm vào 10,5 lít nước.

Đáp án đúng là D

Số khối \(A = 235\).

\(\varepsilon = \frac{{{W_{lk}}}}{A} = \frac{{1784}}{{235}} \approx 7,591\) (MeV/nucleon\()\).

a) Nhiệt độ ban đầu của nước đá là \({t_1} = - {10^ \circ }{\rm{C}}\), nhiệt độ ban đầu của nước là \({t_2} = {21^ \circ }{\bf{C}}.\) Vì \({t_2} > {t_1}\) nên nước truyền nhiệt lượng cho nước đá.

a sai.

b) Nhiệt độ nóng chảy của nước đá là \({0^ \circ }{\rm{C}}.\) Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ \( - {10^ \circ }{\rm{C}}\) đến \({0^ \circ }{\rm{C}}\) là:

\({Q_1} = {m_1}{c_1}\left( {0 - {t_1}} \right) = 0,15.2100.\left( {0 - \left( { - 10} \right)} \right) = 3150J\).

b đúng.

c) Khối lượng riêng của nước đá nhỏ hơn khối lượng riêng của nước lỏng nên khi cho vào nước, nước đá sẽ nổi lên trên.

c đúng.

d) Khi nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước và đạt nhiệt độ cân bằng \(t = {16^ \circ }{\rm{C}}\), tổng nhiệt lượng khối nước đá ban đầu thu vào gồm 3 phần:

+ Nhiệt lượng tăng từ \( - {10^ \circ }{\rm{C}}\) đến \({0^ \circ }{\rm{C}}\): \({Q_1} = 3150{\rm{\;J}}\)

+ Nhiệt lượng nóng chảy tại \({0^ \circ }{\rm{C}}\): \({Q_2} = \lambda {m_1} = 0,15\lambda \)

Nhiệt lượng phần nước (do đá tan ra) tăng từ \({0^ \circ }C\) lên \({16^ \circ }C\):

\({Q_3} = {m_1}{c_2}\left( {t - 0} \right) = 0,15.4200.16 = 10080J\)

Tổng nhiệt lượng thu vào:

\({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {Q_1} + {Q_2} + {Q_3} = 3150 + 0,15\lambda + 10080 = 13230 + 0,15\lambda \left( {\rm{J}} \right)\)

Nhiệt lượng nước ban đầu trong nhiệt lượng kế tỏa ra để giảm nhiệt độ từ \({21^ \circ }C\) xuống \({16^ \circ }C\) là:

\({Q_{{\rm{toa\;}}}} = {m_2}{c_2}\left( {{t_2} - t} \right) = 3,03.4200.\left( {21 - 16} \right) = 63630J\)

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có: \({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {Q_{{\rm{toa\;}}}}\)

\(13230 + 0,15\lambda = 63630\)

\( \Rightarrow \lambda = 336000{\rm{\;J}}/{\rm{kg}} = 336,0{\rm{\;kJ}}/{\rm{kg}}\)

d đúng.

a) Đúng. Số neutron \(N = A - Z = 56 - 26 = 30\).

b) Sai. Số proton là 26, số neutron là 30 nên không bằng nhau.

c) Đúng. Khối lượng hạt nhân xấp xỉ bằng số khối \({\rm{A}} = 56{\rm{amu}}\).

d) Sai. Bán kính hạt nhân xấp xỉ \(R = 1,{2.10^{ - 15}}{.56^{1/3}} \approx 4,{59.10^{ - 15}}{\rm{\;m}}\).

Gọi \({F_B}\) là lực từ tác dụng lên cạnh BC có chiều dài \({\rm{a}} = 10{\rm{\;cm}} = 0,1{\rm{\;m}}\). Khung dây có \(N = 50\) vòng.

Từ bảng số liệu, khi \(I = 0\), lực kế chỉ \({F_0} = 5{\rm{mN}}\). Đây là lực kéo cần thiết ở nhánh trái để cân bằng với phần trọng lượng dư của khung dây ở nhánh phải.

Khi có dòng điện \(I\), số chỉ lực kế tăng lên, chứng tỏ lực từ \({F_B}\) tác dụng lên BC có chiều hướng xuống làm nhánh phải bị kéo xệ xuống. Phương trình cân bằng mômen:

\(F = {F_0} + {F_B} \Rightarrow {F_B} = F - 5\left( {mN} \right)\)

a) Chiều dòng điện chạy theo thứ tự ABCD, tức là trên cạnh BC dòng điện có chiều từ phải sang trái.

Lực từ \({F_B}\) hướng xuống.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái (ngón cái chõai xuống chỉ chiều lực từ, các ngón tay hướng từ phải sang trái chỉ chiều dòng điện), lòng bàn tay phải hướng ra xa người quan sát.

Do đó, từ trường có chiều từ ngoài mặt phẳng hình vẽ đâm vào trong (chứ không phải từ phải sang trái).

a sai.

b) Ta tính cảm ứng từ B cho 3 lần có dòng điện theo công thức \(B = \frac{{{F_B}}}{{{\rm{\;N}}{\rm{.I}}{\rm{.a\;}}}}\) :

Lần 2: \({F_B} = 10 - 5 = 5mN = {5.10^{ - 3}}N\)

\( \Rightarrow {B_1} = \frac{{{{5.10}^{ - 3}}}}{{50.0,02.0,1}} = 0,05{\rm{\;T}} = 50{\rm{mT}}\)

Lần 3: \({F_B} = 12 - 5 = 7{\rm{mN}} = {7.10^{ - 3}}{\rm{\;N}}\)

\( \Rightarrow {B_2} = \frac{{{{7.10}^{ - 3}}}}{{50.0,03.0,1}} \approx 0,0467T = 46,7mT\).

Lần 4: \({F_B} = 14 - 5 = 9mN = {9.10^{ - 3}}N\)

\( \Rightarrow {B_3} = \frac{{{{9.10}^{ - 3}}}}{{50.0,04.0,1}} = 0,045{\rm{\;T}} = 45{\rm{mT}}\)

Giá trị trung bình: \(\overline B = \frac{{50 + 46,7 + 45}}{3} = 47,2mT\)

Sai số tuyệt đối mỗi lần:

\({\rm{\Delta }}{B_1} = \left| {50 - 47,2} \right| = 2,8mT\)

\({\rm{\Delta }}{B_2} = \left| {46,7 - 47,2} \right| = 0,5mT\);

\({\rm{\Delta }}{B_3} = \left| {45 - 47,2} \right| = 2,2mT\).

Sai số trung bình: \({\rm{\Delta }}\overline {\rm{B}} = \frac{{2,8 + 0,5 + 2,2}}{3} \approx 1,9{\rm{mT}}\)

Vậy \(B = \overline {\rm{B}} \pm {\rm{\Delta }}\overline {\rm{B}} = 47,2 \pm 1,9\left( {{\rm{mT}}} \right)\).

b đúng.

c) Khi đổi chiều dòng điện, lực từ \({F_B}\) đổi chiều hướng lên trên. Đòn cân thăng bằng khi lực kế chỉ:

\(F' = {F_0} - {F_B} = 5 - {F_B}\).

Đề bài cho biết phải giảm số chỉ lực kế đi \(11,5{\rm{mN}}\) so với lần 4 (số chỉ là 14 mN), tức là số chỉ mới \(F' = 14 - 11,5 = 2,5{\rm{mN}}\).

Suy ra: \(2,5 = 5 - {F_B} \Rightarrow {F_B} = 2,5{\rm{mN}} = 2,{5.10^{ - 3}}{\rm{\;N}}\)

Cảm ứng từ đo được lúc này là:

\(B = \frac{{{F_B}}}{{N.I.a}} = \frac{{2,{{5.10}^{ - 3}}}}{{50.0,01.0,1}} = 0,05T = 50T\)

c đúng.

d) Đúng. Đây là các thao tác thực hành chuẩn xác cần thiết để đảm bảo phương của các lực tác dụng đúng như mô hình lý thuyết (vuông góc với cánh tay đòn đòn cân), từ đó giúp kết quả đo có độ chính xác cao và giảm thiểu tối đa sai số hệ thống.

d đúng.

a) Độ tăng nhiệt độ từ buổi sáng sớm đến giữa trưa là \({\rm{\Delta }}T = {\rm{\Delta }}t = 37 - 25 = 12K\).

a sai.

b) Đúng. Nhiệt độ tỉ lệ thuận với động năng tịnh tiến trung bình của phân tử. Do nhiệt độ buổi trưa (310 K) lớn hơn buổi sáng (298 K) nên các phân tử khí ở buổi trưa sẽ chuyển động nhiệt nhanh hơn.

đúng.

c) Nhiệt độ buổi sáng là \({T_1} = 25 + 273 = 298K\). Hằng số khí lí tưởng \(R \approx 8,31J/\left( {{\rm{mol}}.{\rm{K}}} \right)\) và hằng số Avogadro \({N_A} \approx 6,{02.10^{23}}{\rm{\;mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}\).

Áp dụng phương trình Clapeyron: \(pV = {n_1}R{T_1}\)

Số mol không khí trong phòng vào buổi sáng là:

\({n_1} = \frac{{p.V}}{{R.{T_1}}} = \frac{{1,{{013.10}^5}.50}}{{8,31.298}} \approx 2045,3{\rm{\;mol}}\)

Số phân tử khí có trong ngôi nhà vào buổi sáng sớm là:

\({N_1} = {n_1}.{N_A} = 2045,3.6,{02.10^{23}} \approx 1,{23.10^{27}}\) phân tử.

c đúng.

d) Nhiệt độ buổi trưa là \({T_2} = 37 + 273 = 310K\).

Khối lượng không khí trong phòng vào buổi sáng là:

\({m_1} = {n_1}.\mu = 2045,{3.29.10^{ - 3}} \approx 59,31{\rm{\;kg}}\).

Số mol không khí trong phòng vào buổi trưa là:

\({n_2} = \frac{{p.V}}{{R.{T_2}}} = \frac{{1,{{013.10}^5}.50}}{{8,31.310}} \approx 1966,2{\rm{\;mol}}\)

Khối lượng không khí trong phòng vào buổi trưa là:

\({m_2} = {n_2}.\mu = 1966,{2.29.10^{ - 3}} \approx 57,02{\rm{\;kg}}\)

Khối lượng không khí đã thoát ra khỏi phòng là:

\({\rm{\Delta }}m = {m_1} - {m_2} = 59,31 - 57,02 = 2,29{\rm{\;kg}}\)

d sai.

Nhiệt độ tuyệt đối ban đầu của khí là: \(T = 27 + 273 = 300K\)

Động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí ở nhiệt độ này là:

\({W_d} = \frac{3}{2}kT = \frac{3}{2}.1,{38.10^{ - 23}}.300 = 6,{21.10^{ - 21}}J\)

Đáp án: 6,21

Gọi \({p_1},{T_1}\) là áp suất và nhiệt độ ban đầu của khí.

Gọi \({p_2},{T_2}\) là áp suất và nhiệt độ của khí khi van bắt đầu xả khí.

Khi van bắt đầu xả, pít-tông đã dịch chuyển một đoạn \(l = 2{\rm{\;mm}} = {2.10^{ - 3}}{\rm{\;m}}\).

Độ tăng áp suất của khí trong bình để thắng được lực đàn hồi của lò xo nén thêm đoạn \(l\) là:

\({\rm{\Delta }}p = {p_2} - {p_1} = \frac{{k.l}}{S}\)

Thể tích khí coi như không đổi, \(V = 20l = {20.10^{ - 3}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\).

Áp dụng phương trình trạng thái ở hai thời điểm:

\({p_1}.V = nR{T_1}\)

\({p_2}.V = nR{T_2}\)

Trừ vế theo vế hai phương trình trên, ta được:

\(\left( {{p_2} - {p_1}} \right).V = nR\left( {{T_2} - {T_1}} \right)\)

Suy ra độ tăng nhiệt độ của khí là:

\({\rm{\Delta }}T = {T_2} - {T_1} = \frac{{\left( {{p_2} - {p_1}} \right)V}}{{nR}} = \frac{{k.l.V}}{{S.n.R}}\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}T = \frac{{{{50.2.10}^{ - 3}}{{.20.10}^{ - 3}}}}{{15,{{6.10}^{ - 6}}.1.8,31}} \approx 15,4278K\)

Trong nhiệt giai Celsius, độ biến thiên nhiệt độ \({\rm{\Delta }}t\) có cùng giá trị với \({\rm{\Delta }}T\), nên: \({\rm{\Delta }}t \approx 15,{4278^ \circ }C\).

Nhiệt độ của khí khi van bắt đầu xả là:

\({t_2} = {t_1} + {\rm{\Delta }}t = 27 + 15,4278 = 42,{4278^0}{\rm{C}}\)

Đáp án: 42,4

Chu vi của một vòng dây hình chữ nhật là: \(C = 2\left( {0,04 + 0,06} \right) = 0,2m\).

Số vòng dây của khung là: \(N = \frac{{10}}{{0,2}} = 50\) (vòng).

Diện tích một vòng dây: \(S = 0,04.0,06 = 2,{4.10^{ - 3}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Điện trở của toàn bộ khung dây: \(R = 0,02.10 = 0,2{\rm{\Omega }}\).

Từ đồ thị, trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) đến \(t = 0,2{\rm{\;s}}\), cảm ứng từ giảm đều từ 2 mT xuống 0. Do đó, tốc độ biến thiên cảm ứng từ trong khoảng thời gian từ 0 đến \(0,1{\rm{\;s}}\) (cũng chính là tốc độ trên toàn đoạn từ 0 đến 0,2 s) là:

\(\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{0 - {{2.10}^{ - 3}}}}{{0,2 - 0}}} \right| = 0,01\left( {T/s} \right)\).

Độ lớn suất điện động cảm ứng xuất hiện trong toàn bộ khung dây là:

\(\left| {{e_c}} \right| = N.S.\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = 50.2,{4.10^{ - 3}}.0,01 = 1,{2.10^{ - 3}}V\).

Cường độ dòng điện trong khung dây có độ lớn là:

\(I = \frac{{\left| {{e_c}} \right|}}{R} = \frac{{1,{{2.10}^{ - 3}}}}{{0,2}} = {6.10^{ - 3}}A = 6mA\).

Đáp án: 6

Chia khoảng thời gian từ 0 đến \(0,4{\rm{\;s}}\) thành 3 giai đoạn dựa vào sự thay đổi của đồ thị từ trường:

+ Giai đoạn 1 \(\left( {0 \le t \le 0,2{\rm{\;s}}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{I_1} = {{6.10}^{ - 3}}A}\\{{\rm{\Delta }}{t_1} = 0,2s}\end{array}} \right.\)

+ Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_1} = I_1^2R{\rm{\Delta }}{t_1} = {\left( {{{6.10}^{ - 3}}} \right)^2}.0,2.0,2 = 1,{44.10^{ - 6}}J\).

+ Giai đoạn 2 \((0,2{\rm{\;s}} < {\rm{t}} \le 0,3{\rm{\;s}})\) :

Cảm ứng từ tăng đều từ 0 đến 2 mT.

Tốc độ biến thiên cảm ứng từ: \(\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \frac{{2 \cdot {{10}^{ - 3}} - 0}}{{0,3 - 0,2}} = 0,02\left( {T/s} \right)\).

Độ lớn suất điện động cảm ứng:

\(\left| {{e_{c2}}} \right| = N.S.\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = 50.2,{4.10^{ - 3}}.0,02 = 2,{4.10^{ - 3}}V\).

Cường độ dòng điện:

\({I_2} = \frac{{\left| {{e_{c2}}} \right|}}{R} = \frac{{2,{{4.10}^{ - 3}}}}{{0,2}} = {12.10^{ - 3}}{\rm{\;A}}.\)

Thời gian \({\rm{\Delta }}{t_2} = 0,1s\).

Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_2} = I_2^2R{\rm{\Delta }}{t_2} = {\left( {{{12.10}^{ - 3}}} \right)^2}.0,2.0,1 = 2,{88.10^{ - 6}}J\).

+ Giai đoạn 3 \((0,3{\rm{\;s}} < {\rm{t}} \le 0,4{\rm{\;s}})\):

Cảm ứng từ không đổi nên \(\left| {\frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = 0\), suy ra \({I_3} = 0\).

Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_3} = 0\).

Tổng nhiệt lượng tỏa ra trong \(0,4{\rm{\;s}}\) là:

\(Q = {Q_1} + {Q_2} + {Q_3} = 1,{44.10^{ - 6}} + 2,{88.10^{ - 6}} + 0 = 4,{32.10^{ - 6}}J\)

Làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười, ta được \(x \approx 4,3\).

Đáp án: 4,3

Chu kì bán rã: \({\rm{T}} = 5,24\) ngày đêm \( = 5,24.24.24.3600 = 452736{\rm{\;s}}\).

Độ phóng xạ ban đầu của liều hít vào: \({H_0} = 3,{18.10^8}Bq\)

Từ công thức \({H_0} = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T}.\frac{{{m_0}}}{M}.{N_A}\), ta có:

\( \Rightarrow {m_0} = \frac{{{H_0}TM}}{{{\rm{ln}}2.{N_A}}} = \frac{{3,{{18.10}^8}.452736.133}}{{{\rm{ln}}2.6,{{022.10}^{23}}}} \approx 4,{59.10^{ - 8}}g\)

\( \Rightarrow {m_0} = 4,{59.10^{ - 2}}\mu g \approx 0,05\mu g\)

Đáp án: 0,05

Độ phóng xạ ban đầu của lượng Xenon lắng đọng tại phổi là:

\({H_{0p}} = 85{\rm{\% }}{H_0} = 0,85.3,{18.10^8} = 2,{703.10^8}\left( {Bq} \right)\)

Thời gian sau lần chụp thứ nhất là \(t = 24,0h\) = 1 ngày

Độ phóng xạ của lượng Xenon lắng đọng tại phổi sau thời gian \(t\) là:

\(H = {H_{0p}}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} = 2,{703.10^8}{.2^{\frac{{ - 1}}{{5,24}}}} \approx 2,{4.10^8}\left( {Bq} \right)\)

Đáp án: 2,4