Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Vật lý 2025-2026 Sở GD&ĐT Ninh Bình lần 2 có đáp án

Đáp án đúng là C

Đáp án đúng là D

Hình 1: B hướng vào và tăng, từ thông tăng, \({\vec B_c}\) hướng ra, chiều dòng điện cảm ứng ngược chiều kim đồng hồ → Hình 1 đúng

Hình 2: B hướng vào và giảm, từ thông giảm, \({\vec B_c}\) hướng vào, chiều dòng điện cảm ứng cùng chiều kim đồng hồ → Hình 2 đúng

Hình 3: B hướng ra và tăng, từ thông tăng, \({\vec B_c}\) hướng vào, chiều dòng điện cảm ứng cùng chiều kim đồng hồ → Hình 3 đúng

Hình 4: B hướng ra và giảm, từ thông giảm, \({\vec B_c}\) hướng ra, chiều dòng điện cảm ứng cùng ngược kim đồng hồ → Hình 4 sai

Đáp án đúng là C

Khi tốc độ của thanh nam châm tăng, tốc độ biến thiên từ thông qua khung dây tăng, dòng điện cảm ứng có độ lớn tăng và chiều không thay đổi

Đáp án đúng là A

Nhiệt kế thủy ngân là ứng dụng của sự nở vì nhiệt của chất lỏng, không phải là ứng dụng của hiện tượng cảm ứng điện từ

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là A

Đáp án đúng là B

Đáp án đúng là B

Theo thang nhiệt độ Celsius, khoảng từ nhiệt độ đóng băng đến nhiệt độ sôi của nước (ở áp suất tiêu chuẩn) được chia thành 100 phần bằng nhau, mỗi phần ứng với \({1^ \circ }C\).

a) Khi khung dây quay, từ thông qua khung dây biến thiên, trong khung dây (ở hai đầu \({\rm{E}},{\rm{F}}\)) xuất hiện suất điện động cảm ứng.

→ a đúng

b) Quan sát hình 2, mặt phẳng khung dây đang nằm ngang, song song với các đường sức từ (hướng từ cực Bắc N sang cực Nam S). Khi đó, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây vuông góc với vectơ cảm ứng từ \(\vec B\), tức là \(\alpha = {90^ \circ }\).

⇒ Từ thông qua khung dây lúc này là \({\rm{\Phi }} = NBS{\rm{cos}}{90^ \circ } = 0\)

→ b sai

c) Quan sát hình 3, mặt phẳng khung dây đang thẳng đứng, vuông góc với các đường sức từ. Khi đó, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây song song với vectơ cảm ứng từ \(\vec B\), tức là \(\alpha = {0^ \circ }\) hoặc \({180^ \circ }\). Từ thông qua khung có độ lớn cực đại nhưng suất điện động cảm ứng \(e = \omega NBS{\rm{sin}}{0^{\rm{o}}} = 0\).

⇒ Độ lớn suất điện động bằng 0 chứ không phải cực đại.

→ c sai.

d) Máy phát tạo ra suất điện động cực đại \({E_0} = \omega NBS\).

Suất điện động hiệu dụng của máy phát là \(E = \frac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\omega NBS}}{{\sqrt 2 }}\).

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy qua mạch (cũng chính là số chỉ của ampe kế) là

\(I = \frac{E}{R} = \frac{{\omega NBS}}{{R\sqrt 2 }}\).

Biểu thức trong đề bài là giá trị của dòng điện cực đại \({I_0}\), không phải số chỉ ampe kế.

→ d sai

a) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng, áp suất của khí trong mỗi cylinder bằng \(p = {p_0} + \frac{P}{S}\)

Do trọng lượng của mỗi vật không đổi nên áp suất của khí trong mỗi cylinder bằng áp suất ban đầu.

→ a đúng

b) Áp suất tác dụng lên piston ở cylinder A :

+ Áp suất khí \({p_A}\) hướng lên

+ Áp suất khí quyển \({p_0}\) hướng xuống

+ Áp suất do lực căng dây T hướng lên: \(p = \frac{{{P_C}}}{S} = \frac{{{m_C}.g}}{S}\)

Ta có: \({p_A} + \frac{{{m_C}g}}{S} = {p_0} \Rightarrow {p_A} = {p_0} - \frac{{{m_C}g}}{S}\)

→ b sai

c) Áp suất khí trong mỗi cylinder tác dụng theo mọi hướng.

→ c đúng

d) Ở trạng thái cân bằng, áp suất \({p_A} < {p_B}\) do \({m_C} > {m_D}\)

Hai cylinder chứa cùng một loại khí với cùng khối lượng nên:

\({p_A}{V_A} = {p_B}{V_B} \Rightarrow {V_A} > {V_B}\)

Vậy vật C ở thấp hơn vật D

→ d đúng

a) Áp dụng phương trình Clapeyron tại trạng thái 1, ta có:

\({p_1}{V_1} = nR{T_1} \Rightarrow {1.10^5}{.20.10^{ - 3}} = 1.8,31.{T_1} \Rightarrow {T_1} \approx 240,7\left( K \right)\)

→ a đúng

b) Ta thấy quá trình biến đổi khí từ trạng thái 1 đến trạng thái 3 là đẳng áp nên:

\(\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_3}}}{{{T_3}}} \Rightarrow \frac{{{T_3}}}{{{T_1}}} = \frac{{{V_3}}}{{{V_1}}} = \frac{{80}}{{20}} = 4 \Rightarrow {T_3} = 4{T_1}\)

\( \to {\rm{b}}\) đúng

c) Trong hệ toạ độ \({\rm{p}} - {\rm{V}}\), đồ thị biến đổi từ trạng thái 1 đến trạng thái 2 có phần kéo dài đi qua gốc toạ độ nên đây không phải đường đẳng nhiệt,

→ c sai

d) Nhiệt độ của khí đạt cực đại khi tích (pV) tại trạng thái đó cực đại

Xét tích \(\left( {{\rm{pV}}} \right)\) lần lượt tại trạng thái 1, 2, 3:

\({p_1}{V_1} = 1.20 = 20\left( {{{10}^5}{\rm{\;Pa}}{\rm{.lit}}} \right)\)

\({p_2}{V_2} = 2.40 = 80\left( {{{10}^5}{\rm{\;Pa}}{\rm{.lit}}} \right)\)

\({p_3}{V_3} = 1.80 = 80\left( {{{10}^5}{\rm{\;Pa}}{\rm{.lit}}} \right)\)

Nhận xét: trong quá trình khí biến đổi từ trạng thái 1 đến trạng thái 2 và từ trạng thái 1 đến trạng thái 3, tích \(\left( {{\rm{pV}}} \right)\) tăng dần

Xét quá trình khí biến đổi từ trạng thái 2 đến trạng thái 3 :

Phương trình đồ thị có dạng: \(p = aV + b\)

Thay thông số trạng thái 2 và 3, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 = a.40 + b}\\{1 = a.80 + b}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - \frac{1}{{40}}}\\{b = 3}\end{array} \Rightarrow p = - \frac{1}{{40}}V + 3} \right.} \right.\)

Ta có tích (pV) là:

\(pV = \left( { - \frac{1}{{40}}V + 3} \right)V = - \frac{1}{{40}}\left( {{V^2} - 120V} \right)\)

Tích (pV) đạt cực đại khi:

\(V = - \frac{{120}}{{ - 2}} = 60\) (lít\()\)

\(p = - \frac{1}{{40}}.60 + 3 = 1,5\left( {{{10}^5}{\rm{\;}}Pa} \right)\)

→ d sai

a) Ta thấy số chỉ của cân giảm đi chứng tỏ lực từ tác dụng lên nam châm có phương thẳng đứng, chiều hướng lên

→ lực từ tác dụng lên dây dẫn có phương thẳng đứng, chiều hướng xuống

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, dòng điện qua dây dẫn có chiều từ B đến A

→ a đúng

b) Lực tương tác giữa nam châm và đoạn dây dẫn là lực từ.

→ b đúng

c) Lực do nam châm tác dụng lên đoạn dây dẫn AB có phương thẳng đứng, chiều hướng xuống

→ c sai

d) Độ lớn lực từ tác dụng lên dây dẫn bằng độ giảm trọng lượng theo số chỉ của cân:

\(F = {\rm{\Delta }}m.g = \left( {0,50092 - 0,49972} \right).10 = 0,012\left( N \right)\)

Mặt khác:

\(F = IBl \Rightarrow 0,012 = 0,8.B.0,1 \Rightarrow B = 0,15\left( T \right)\)

→ d sai

Trọng lượng của khối gỗ là:

\(P = mg = 0,25.10 = 2,5\left( N \right)\)

Độ lớn lực từ tác dụng lên khối gỗ là:

\(F = NIBL = 10.I.0,5.0,1 = 0,5I\left( N \right)\)

Giả sử chiều dòng điện như hình vẽ:

Để khối gỗ không lăn xuống, ta có:

\({M_{F2}} - {M_{F1}} = {M_P}\)

\( \Rightarrow {F_2}{d_2} - {F_1}{d_1} = Pd\)

\( \Rightarrow F\left( {{d_2} - {d_1}} \right) = Pd\)

\( \Rightarrow F.2R{\rm{sin}}\alpha = P.R{\rm{sin}}\alpha \)

\( \Rightarrow F = \frac{P}{2} \Rightarrow 0,5I = \frac{P}{2} = \frac{{2,5}}{2} = 1,25\)

\( \Rightarrow I = 2,5\left( A \right)\)

Đáp án: 2,5

Độ lớn suất điện động cảm ứng trong khung là:

\(\left| {{e_c}} \right| = \frac{{\left| {{\rm{\Delta }}B} \right|.{a^2}}}{{{\rm{\Delta }}t}} = \frac{{0,6.0,{2^2}}}{{0,05}} = 0,48\left( V \right) = 480\left( {{\rm{mV}}} \right)\)

Đáp án: 480

Gọi tiết diện ống là \(S\).

Ban đầu áp suất khí trong ống bên trái bằng áp suất khí quyển: \({p_1} = 76cmHg\)

Thể tích ban đầu của lượng khí trong ống bên trái là: \({V_1} = S{l_1} = S.20\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Trạng thái khí lúc sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{V_2} = S{l_2} = S.30}\end{array}} \right.\)

Áp dụng công thức định luật Boyle, ta có:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \Rightarrow 76.S.20 = {p_2}.S.30 \Rightarrow {p_2} = \frac{{152}}{3}\left( {cmHg} \right)\)

Độ chênh lệch mực thủy ngân ở hai nhánh là:

\({\rm{\Delta }}l = 76 - \frac{{152}}{3} = \frac{{76}}{3}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Mức thủy ngân ở nhánh bên phải giảm xuống một đoạn:

\(\frac{{76}}{3} + 10 \approx 35,3\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Đáp án: 35,3

Khi xoay nam châm \({180^ \circ }\), chiều từ trường đảo ngược, dẫn đến lực từ cũng đảo chiều (ngược hướng so với trước).

Để cân thăng bằng, cần thêm một khối lượng \({\rm{\Delta }}m\) để bù cho sự thay đổi lực từ.

Ta có theo định luật II Newton ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_1}g = P - {\rm{\;NIBl\;}}}\\{{m_2}g = P + {\rm{\;NIBl\;}}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {{m_2} - {m_1}} \right)g = 2NIBl\)

\( \Rightarrow 0,15.10 = 2.100.0,5.B.0,1 \Rightarrow B = 0,15\left( T \right)\)

Đáp án: 0,15

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

\(pV = nRT = \frac{m}{M}RT \Rightarrow p = \frac{{mRT}}{{MV}}\)

\( \Rightarrow p = \frac{{20.8,31.\left( {27 + 273} \right)}}{{{{2.40.10}^{ - 3}}}} = 623250 \approx 6,{23.10^5}\left( {Pa} \right)\)

Đáp án: 6,23

Nhận xét: tăng nhiệt độ khí trong bình A và giảm nhiệt độ khí trong bình B, piston dịch chuyển sang phải

Xét khối khí ở bình A:

Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_{A1}} = {p_1}}\\{{V_{A1}} = {V_A} + S\frac{l}{2} = 400 + 1.\frac{6}{2} = 403\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)}\\{{T_{A1}} = 273{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_{A2}} = {p_2}}\\{{V_{A2}} = {V_{A1}} + S.x = 403 + x\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)}\\{{T_{A2}} = 1 + 273 = 274{\rm{\;K}}}\end{array}} \right.\)

Ta có phương trình trạng thái:

\(\frac{{{p_{A1}}{V_{A1}}}}{{{T_{A1}}}} = \frac{{{p_{A2}}{V_{A2}}}}{{{T_{A2}}}} \Rightarrow \frac{{{p_1}.403}}{{273}} = \frac{{{p_2}.\left( {403 + x} \right)}}{{274}}\) (1)

Tương tự với bình B, ta có:

\(\frac{{{p_{B1}}{V_{B1}}}}{{{T_{B1}}}} = \frac{{{p_{B2}}{V_{B2}}}}{{{T_{B2}}}} \Rightarrow \frac{{{p_1}.203}}{{273}} = \frac{{{p_2}.\left( {203 - x} \right)}}{{270}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có:

\(\frac{{403}}{{273}}.\frac{{273}}{{203}} = \frac{{403 + x}}{{274}}.\frac{{270}}{{203 - x}}\)

\( \Rightarrow \frac{{403}}{{203}} = \frac{{135.\left( {403 + x} \right)}}{{137.\left( {203 - x} \right)}} \Rightarrow x \approx 1,98\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Đáp án: 1,98