Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Sở GD&ĐT Hà Tĩnh lần 1 mã đề 0301 có đáp án

Đáp án đúng là A

Trong quá trình đẳng nhiệt (nhiệt độ không đổi), theo định luật Boyle, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích:

\(p.V = \) const hay \(p = \frac{{{\rm{\;const\;}}}}{V}\).

Đây là hàm số phân thức bậc nhất. Do đó, trên hệ tọa độ (\(p - V\)), đồ thị biểu diễn đường đẳng nhiệt (mối liên hệ giữa \(p\) và \(V\) ) là một nhánh của đường hyperbol.

Đáp án đúng là B

Đường sức từ của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài là những đường tròn đồng tâm nằm trong mặt phẳng vuông góc với dây dẫn, có tâm nằm trên dây dẫn.

Đáp án đúng là A

Trạng thái 1: Nhiệt độ \({T_1} = 27 + 273 = 300{\rm{K}}\), áp suất \({p_1} = 12{\rm{\;atm}}\).

Trạng thái 2: Nhiệt độ \({T_2} = 127 + 273 = 400{\rm{K}}\), áp suất \({p_2} = \) ?

Vì thể tích bình không đổi, áp dụng định luật Charles ta có:

\(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = {p_1}.\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 12.\frac{{400}}{{300}} = 16{\rm{\;atm}}\)

Đáp án đúng là A

Trong hệ SI, đơn vị của cảm ứng từ (\(B\)) là tesla, kí hiệu là \(T\).

Đáp án đúng là B

Theo định nghĩa từ thông \({\rm{\Phi }} = BS{\rm{cos}}\alpha \), góc \(\alpha \) là góc hợp bởi vectơ pháp tuyến \(\vec n\) của mặt phẳng diện tích \(S\) và vectơ cảm ứng từ \(\vec B\).

Đáp án đúng là D

Máy biến áp chỉ có tác dụng thay đổi (tăng hoặc giảm) điện áp của dòng điện xoay chiều mà không làm thay đổi tần số, và không thể chuyển đổi trực tiếp AC thành DC. Để chuyển điện 220V thành mức điện áp thấp, người ta dùng máy biến áp hạ áp. Sau đó, mạch chỉnh lưu mới làm nhiệm vụ biến đổi dòng xoay chiều điện áp thấp thành dòng một chiều.

Do đó, máy biến áp trong củ sạc đóng vai trò máy hạ áp để giảm điện áp trước khi qua mạch chỉnh lưu.

Đáp án đúng là B

Hai dòng điện thẳng dài song song chạy cùng chiều thì sẽ hút nhau (chạy ngược chiều thì đẩy nhau).

Đáp án đúng là C

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn thẳng có dòng điện đặt trong từ trường đều được xác định bằng công thức định luật Ampe: \(F = BIl{\rm{sin}}\alpha \).

Đáp án đúng là A

Để xác định chiều của lực từ (lực Ampe) tác dụng lên dây dẫn mang dòng điện, người ta sử dụng quy tắc bàn tay trái.

a, Trạng thái ban đầu của khí trong lốp: \({p_1} = 2,1{\rm{\;atm}} = 2,1.1,{013.10^5}{\rm{\;Pa}} = 212730{\rm{\;Pa}}\); \(V = 30\) lít \( = {30.10^{ - 3}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\); \({T_1} = 27 + 273 = 300{\rm{\;K}}\).

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng \({p_1}V = nR{T_1}\), ta có số mol khí:

\(n = \frac{{{p_1}V}}{{R{T_1}}} = \frac{{{{212730.30.10}^{ - 3}}}}{{8,31 \cdot 300}} \approx 2,56\left( {{\rm{mol}}} \right)\)

⇒ Nhận định Đúng.

b, Theo thuyết động học phân tử, nhiệt độ tỉ lệ thuận với động năng tịnh tiến trung bình của phân tử. Khi nhiệt độ tăng, các phân tử khí chuyển động nhiệt nhanh hơn, động năng trung bình tăng, chúng va chạm vào thành lốp mạnh hơn và với tần suất dày đặc hơn, làm cho áp suất khí trong lốp tăng lên.

⇒ Nhận định Đúng.

c, Quá trình làm nóng lốp xe khi thể tích không đổi là quá trình đẳng tích.

Nhiệt độ lúc sau \({T_2} = 57 + 273 = 330{\rm{K}}\).

Áp dụng định luật Charles:

\(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = {p_1}.\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 2,1.\frac{{330}}{{300}} = 2,31\left( {{\rm{atm}}} \right)\)

⇒ Nhận định Sai.

d, Để áp suất ở \({57^ \circ }{\rm{C\;}}\left( {{T_2} = 330{\rm{K}}} \right)\) vẫn là \({p_1} = 2,1\) atm với thể tích \(V\) không đổi, gọi số mol khí lúc này là n'

Ta có phương trình trạng thái mới: \({p_1}V = n'R{T_2} \Rightarrow n' = \frac{{{p_1}V}}{{R{T_2}}}\).

\( \Rightarrow \frac{{n'}}{n} = \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{{300}}{{330}} = \frac{{10}}{{11}}\).

Lượng khí cần xả bớt là:

\({\rm{\Delta }}n = n - n' = n - \frac{{10}}{{11}}n = \frac{1}{{11}}n \approx 0,0909n\)

Tức là lượng khí cần xả chiếm khoảng \(9,09{\rm{\% }} \approx 9,1{\rm{\% }}\) lượng khí ban đầu.

⇒ Nhận định Đúng.

a, Khi hệ thống nung nóng nước liên tục mà nhiệt độ đạt đến mức cực đại \({t_{{\rm{max\;}}}}\) và không tăng thêm, nghĩa là hệ đã đạt trạng thái cân bằng động (cân bằng nhiệt năng). Lúc này, lượng nhiệt mà nguồn cấp vào trong một đơn vị thời gian (công suất tỏa nhiệt của dây điện trở) phải bị triệt tiêu hoàn toàn bởi lượng nhiệt thất thoát ra ngoài trong cùng khoảng thời gian đó (công suất truyền nhiệt ra môi trường).

⇒ Nhận định Đúng.

b, Trong thí nghiệm với bình \({B_2}\), bảng số liệu cho thấy nhiệt độ lớn nhất bên trong là \({t_{{\rm{max}}}} = 50,{4^ \circ }{\rm{C}}.\) Do nhiệt độ môi trường bên ngoài là \({t_0} = 20,{0^ \circ }{\rm{C}}\), nên độ chênh lệch nhiệt độ giữa mặt trong và mặt ngoài là: \({\rm{\Delta }}t = {t_{{\rm{max\;}}}} - {t_0} = 50,4 - 20,0 = 30,{4^{\rm{o}}}{\rm{C}}.\)

⇒ Nhận định Sai.

\({\bf{c}}\), Nguồn điện có công suất không đổi nên công suất truyền nhiệt \(\mathcal{P}\) ra môi trường ở các bình (khi đạt \({t_{{\rm{max}}}}\)) là bằng nhau: \(\mathcal{P} = \) const.

Đề bài cho biết \(\mathcal{P}\) tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ \({\rm{\Delta }}t\).

Ta lập tỉ số \(\frac{{{\rm{\Delta }}t}}{d}\) (với \({\rm{\Delta }}t = {t_{{\rm{max\;}}}} - 20\)) cho các bình:

\({B_1}:\frac{{34,8 - 20,0}}{{2,0}} = 7,{4^0}{\rm{C}}/{\rm{mm}}\)

\({B_2}:\frac{{50,4 - 20,0}}{{4,0}} = 7,{6^0}{\rm{C}}/{\rm{mm}}\)

\({B_3}:\frac{{65,2 - 20,0}}{{6,0}} \approx 7,{53^0}{\rm{C}}/{\rm{mm}}\)

\({B_4}:\frac{{79,6 - 20,0}}{{8,0}} = 7,{45^0}{\rm{C}}/{\rm{mm}}\)

Nhận thấy tỉ số này xấp xỉ bằng một hằng số (trung bình \( \approx 7,{5^0}{\rm{C}}/{\rm{mm}}\)). Điều này cho thấy \({\rm{\Delta }}t\) tỉ lệ thuận với \(d\).

Vì \(\mathcal{P} \propto {\rm{\Delta }}t\) mà \({\rm{\Delta }}t \propto d\), nên để \(\mathcal{P}\) giữ nguyên không đổi thì khả năng truyền nhiệt của thành bình phải tỉ lệ nghịch với \(d\). Do đó, giả thuyết "công suất truyền nhiệt lượng tỉ lệ nghịch với độ dày" là đúng.

⇒ Nhận định Đúng.

d, Ta có \(\frac{{{\rm{\Delta }}t}}{d} \approx 7,{5^ \circ }{\rm{C}}/{\rm{mm}}\).

Đối với bình \({B_5}\) có \(d = 5,0{\rm{\;mm}}\), độ chênh lệch nhiệt độ khi đạt cân bằng sẽ là:

\({\rm{\Delta }}t' = 7,5.5 = 37,{5^ \circ }{\rm{C}}\)

Lúc này nhiệt độ môi trường là \({t_{0'}} = 25,{0^ \circ }{\rm{C}}\), do đó nhiệt độ lớn nhất dự kiến đạt được của nước trong bình \({B_5}\) là:

\({t_{{\rm{max\;}}}} = {t_{0'}} + {\rm{\Delta }}t' = 25,0 + 37,5 = 62,{5^ \circ }{\rm{C}}\)

Giá trị \(57,{5^ \circ }{\rm{C}}\) bị sai lệch quá \(0,{5^ \circ }{\rm{C}} \Rightarrow \) Nhận định Sai.

Ý a) Đúng. Bếp từ hoạt động bằng cách cho dòng điện xoay chiều tần số cao chạy qua cuộn dây đồng, từ đó sinh ra một từ trường biến thiên theo thời gian ở khu vực mặt bếp.

Ý b) Sai. Nhiệt lượng không được truyền bằng cách dẫn nhiệt từ cuộn dây qua mặt kính lên nồi. Thực tế, nhiệt được sinh ra trực tiếp ngay tại phần đáy nồi (bằng kim loại) do dòng điện Foucault. Mặt kính của bếp từ chỉ nóng lên là do nhiệt truyền ngược lại từ đáy nồi xuống.

Ý c) Đúng. Đây chính là nguyên lí cốt lõi của bếp từ. Từ trường biến thiên sinh ra dòng điện Foucault bên trong đáy nồi bằng kim loại, dòng điện này tỏa nhiệt rất mạnh làm nóng nồi.

Ý d) Sai. Bếp từ chỉ đun nóng được các loại nồi có đáy làm bằng vật liệu dẫn điện tốt và có từ tính (như sắt, thép, inox...). Nồi thủy tinh hay nồi đất sét là các vật liệu cách điện (điện môi), không thể sinh ra dòng điện Foucault bên trong nên không thể tự nóng lên được.

Ý a) Đúng. Người làm thí nghiệm chủ động thay đổi nhiệt độ bằng cách đun nóng (đây là biến độc lập) để quan sát sự thay đổi tương ứng của áp suất (đây là biến phụ thuộc).

Ý b) Sai. Áp suất của khối khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối \(T\) (đơn vị Kelvin), chứ không tỉ lệ thuận với nhiệt độ bách phân \(t\left( {{\;^ \circ }C} \right)\). Đồ thị biểu diễn \(p\) theo \(t\left( {{\;^ \circ }C} \right)\) là một đường thẳng bậc nhất nhưng không đi qua gốc tọa độ.

Ý c) Sai. Giả sử bình có thể tích \({V_1}\) ở nhiệt độ cao \(T\), phần ống nhựa có thể tích \({V_2}\) ở nhiệt độ phòng \({T_0}\) (\({T_0} < T\)).

Áp suất thực tế đo được là \({p_{do}}\), ta có lượng khí bảo toàn: \(n = \frac{{{p_{do}}{V_1}}}{{RT}} + \frac{{{p_{do}}{V_2}}}{{R{T_0}}} = \frac{{{p_{do}}}}{R}\left( {\frac{{{V_1}}}{T} + \frac{{{V_2}}}{{{T_0}}}} \right)\).

Nếu toàn bộ khí được đun nóng đến nhiệt độ \(T\), áp suất lí thuyết là \({p_{lt}}\), ta có:

\(n = \frac{{{p_{lt}}\left( {{V_1} + {V_2}} \right)}}{{RT}} = \frac{{{p_{lt}}}}{R}\left( {\frac{{{V_1}}}{T} + \frac{{{V_2}}}{T}} \right)\)

Vì \({T_0} < T\) nên \(\frac{{{V_2}}}{{{T_0}}} > \frac{{{V_2}}}{T}\). Từ đó suy ra cụm \(\left( {\frac{{{V_1}}}{T} + \frac{{{V_2}}}{{{T_0}}}} \right) > \left( {\frac{{{V_1}}}{T} + \frac{{{V_2}}}{T}} \right)\). Do lượng khí \(n\) không đổi, suy ra \({p_{do}} < {p_{lt}}\). Vậy giá trị đo được phải nhỏ hơn giá trị lí thuyết.

Ý d) Đúng.

Trạng thái 1: \({T_1} = 27 + 273 = 300{\rm{K}};{p_1} = 1,00 \times {10^5}{\rm{\;Pa}}\); thể tích \({V_1}\).

Trạng thái 2: \({T_2} = 87 + 273 = 360{\rm{K}};{p_2} = 1,15 \times {10^5}{\rm{\;Pa}}\); thể tích \({V_2}\).

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng vì khối lượng lượng khí không đổi:

\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {V_2} = {V_1}.\frac{{{p_1}{T_2}}}{{{p_2}{T_1}}}\)

Thay số:

\({V_2} = {V_1}.\frac{{1,00 \times {{10}^5}.360}}{{1,15 \times {{10}^5}.300}} = {V_1}.\frac{{360}}{{345}} = \frac{{24}}{{23}}{V_1} \approx 1,04348{V_1}\)

Độ tăng phần trăm của thể tích bình là:

\(\frac{{{\rm{\Delta }}V}}{{{V_1}}} \times 100{\rm{\% }} = \frac{{{V_2} - {V_1}}}{{{V_1}}} \times 100{\rm{\% }} = \left( {\frac{{24}}{{23}} - 1} \right) \times 100{\rm{\% }} \approx 4,35{\rm{\% }}\)

Tổng công suất bức xạ mặt trời chiếu vào bề mặt của máy nước nóng là:

\({P_{tp}} = {P_0}.S = 1000.6 = 6000\left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất nhiệt có ích mà máy nước nóng cung cấp để đun nóng nước là:

\({P_{ci}} = {P_{tp}}.H = 6000.0,7 = 4200\left( {\rm{W}} \right)\)

Đáp án: 4200

Gọi \({L_s}\) là khối lượng nước chảy qua máy trong \(1{\rm{\;s}}\left( {{\rm{kg}}/{\rm{s}}} \right)\). Trong thời gian \(t = 1{\rm{s}}\), khối lượng nước được đun nóng là \(m = {L_s}\left( {{\rm{kg}}} \right)\).

Nhiệt lượng cần cung cấp để khối lượng nước này tăng từ \({t_1} = {20^ \circ }{\rm{C}}\) lên \({t_2} = {50^ \circ }{\rm{C}}\) là:

\(Q = m.c.\left( {{t_2} - {t_1}} \right) = {L_s}.4200.\left( {50 - 20} \right) = 126000.{L_s}\left( {\rm{J}} \right)\)

Vì công suất nhiệt có ích bằng nhiệt lượng cung cấp cho nước trong 1 giây nên:

\({P_{ci}} = \frac{Q}{t} \Rightarrow 4200 = \frac{{126000.{L_s}}}{1} \Rightarrow {L_s} = \frac{{4200}}{{126000}} = \frac{1}{{30}}\left( {{\rm{kg}}/{\rm{s}}} \right)\)

Đổi lưu lượng này sang đơn vị kg/phút:

\({L_{{\rm{phut\;}}}} = {L_s}.60 = \frac{1}{{30}} \cdot 60 = 2\) (kg/phút)

Đáp án: 2

Tiết diện thẳng của ống dẫn hình chữ nhật có diện tích là:

\(S = {2.10^{ - 2}}{.5.10^{ - 2}} = 0,001{m^2}\)

Vận tốc dòng chảy của khối kim loại lỏng dọc theo ống là:

\(v = \frac{Q}{S} = \frac{{1,{{7.10}^{ - 3}}}}{{0,001}} = 1,7\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\)

Dòng điện \(I\) được cung cấp đi qua khối kim loại lỏng từ mặt trên xuống mặt dưới (hoặc ngược lại). Do đó, chiều dài đoạn dẫn điện (chiều dài dòng điện trong chất lỏng) vuông góc với từ trường chính là khoảng cách giữa hai mặt này: \(\ell = b = 5,0{\rm{\;cm}} = 0,05{\rm{\;m}}\).

Độ lớn lực từ tác dụng lên dòng chảy kim loại lỏng đẩy nó đi dọc theo ống là:

\(F = I.\ell .B = I.b.B = 200.0,05.0,5 = 5\left( {\rm{N}} \right)\)

Công suất cơ học cực đại mà lực từ của bơm đã truyền cho dòng kim loại lỏng là:

\(P = F.v = 5.1,7 = 8,5\left( {\rm{W}} \right)\)

Đáp án: 8,5

Hạt nhân Heli \(\left( {\;_2^4{\rm{He}}} \right)\) có \(A = 4\) nucleon, gồm \(Z = 2\) proton và \(N = A - Z = 2\) neutron.

Độ hụt khối của hạt nhân Heli là:

\({\rm{\Delta }}m = 2.{m_p} + 2.{m_n} - {m_{{\rm{He}}}}\)

\({\rm{\Delta }}m = 2.1,0073 + 2.1,0087 - 4,0015 = 0,0305\left( {{\rm{amu}}} \right)\)

Năng lượng liên kết của hạt nhân Heli là:

\({W_{lk}} = {\rm{\Delta }}m.{c^2} = 0,0305.931,5 = 28,41075\left( {{\rm{MeV}}} \right)\)

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân Heli là:

\(\varepsilon = \frac{{{W_{lk}}}}{A} = \frac{{28,41075}}{4} \approx 7,1027\left( {{\rm{MeV}}/{\rm{\;nucleon\;}}} \right)\)

Đề bài yêu cầu làm tròn kết quả đến 1 chữ số sau dấu phẩy thập phân, ta được 7,1

Đáp án: 7,1

Tổng lượng khí có trong bình lúc sau tương đương với một lượng khí ở điều kiện ban đầu (áp suất \({p_0} = 1atm\) , nhiệt độ \({t_0} = {27^ \circ }{\rm{C}}\)) có thể tích là:

\({V_{{\rm{tong\;}}}} = {V_b} + N.{v_0}\)

Trong đó: \({V_b} = 50\) lít là thể tích khí có sẵn trong bình, \(N = 75\) là số chu trình nén, \({v_0} = 1\) (lít) là thể tích khí hút vào mỗi chu trình.

\({V_{{\rm{tong\;}}}} = 50 + 75.1 = 125\) (lít)

Toàn bộ lượng khí \({V_{{\rm{tong\;}}}}\) này (đang ở áp suất \({p_0} = 1{\rm{\;atm}}\)) được nén đẳng nhiệt (do nhiệt độ giữ không đổi ở \(\left. {{{27}^ \circ }{\rm{C}}} \right)\) vào bình có thể tích cố định \({V_b} = 50\) lít.

Áp dụng định luật Boyle:

\({p_0}.{V_{{\rm{tong\;}}}} = p.{V_b} \Rightarrow 1.125 = p.50\)

\( \Rightarrow p = \frac{{125}}{{50}} = 2,5\left( {{\rm{atm}}} \right)\)

Đáp án: 2,5

Nhiệt độ môi trường (và khí bơm vào): \({T_0} = 27 + 273 = 300K\).

Trạng thái khí trong bình khi van bắt đầu mở: \(p = 12atm;{V_b} = 50\) lít ; \(T = 87 + 273 = 360K\).

Số mol khí ban đầu có sẵn trong bình: \({n_0} = \frac{{{p_0}{V_b}}}{{R{T_0}}} = \frac{{1.50}}{{R.300}}\)

Gọi \(N\) là số chu trình nén cần thiết. Số mol khí bơm thêm vào sau \(N\) chu trình là: \({\rm{\Delta }}n = N.\frac{{{p_0}{v_0}}}{{R{T_0}}} = N.\frac{{1.1}}{{R.300}}\) Tổng số mol khí trong bình khi van mở là:

\({n_{{\rm{tong\;}}}} = {n_0} + {\rm{\Delta }}n = \frac{{50 + N}}{{300.R}}\)

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho lượng khí trong bình lúc van mở:

\(p.{V_b} = {n_{{\rm{tong\;}}}}.R.T\)

\(12.50 = \left( {\frac{{50 + N}}{{300.R}}} \right).R.360\)

\(600 = \left( {50 + N} \right).\frac{{360}}{{300}}\)

\(600 = \left( {50 + N} \right).1,2\)

\(50 + N = \frac{{600}}{{1,2}} = 500\)

\( \Rightarrow N = 500 - 50 = 450\) (chu trình)

Vậy cần thực hiện 450 chu trình nén.

Đáp án: 450