Thi thử toàn quốc TN THPT | Môn Lí | Trạm số 3 | Ngày 07-08/02/2026

Đối với thể lỏng thì lực tương tác của phân tử yếu hơn lực tương tác phân tử ở thể rắn.

Tàu ngầm Kilo của Việt Nam được trang bị hệ thống sonar - công nghệ được mệnh danh là "con mắt của tàu ngầm". Hệ thống sonar phát ra sóng siêu âm.

Suất điện động hiệu dụng ở cuộn thứ cấp:

$E = \dfrac{E_{0}}{\sqrt{2}} = \dfrac{N\Phi_{0}\omega}{\sqrt{2}} = \dfrac{500.2,5.10^{- 3}.2\pi.50}{\sqrt{2}} \approx 277,7(V)$

Hạt nhân ${}_{8}^{17}O$ có 17 nucleon trong đó có 8 proton và N = 17 - 8 = 9 neutron.

Áp dụng công thức tính cơ năng:

Cơ năng của vật tại đỉnh dốc có vận tốc v = 0;

$\text{W}_{1} = mgh_{1} + \dfrac{1}{2}mv_{1}{}^{2} = 1,5.10.20\sin 30^{0} = 150\ J$

Cơ năng của vật tại chân dốc có độ cao h = 0;

$\text{W}_{2} = mgh_{2} + \dfrac{1}{2}mv_{2}{}^{2} = \dfrac{1}{2}.1,5.5^{2} = 18,75\ J$

Công của lực ma sát bằng độ biến thiên cơ năng

$A = \text{W}_{2} - \text{W}_{1} = 18.75 - 150 = - 131,25J$

Mặt phẳng nghiêng thực hiện công lên vật do đó vật nhận công A = 131,25 J

Do bỏ qua sự trao đổi nhiệt với mặt phẳng nghiêng nên Q = 0

Độ biến thiên nội năng:

$\Delta U = A + Q = 131,25 + 0 = 131,25J$

Khi đóng công tắc K, dòng điện chạy qua thanh kim loại có chiều như hình vẽ bên. Sử dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được hướng của lực từ tác dụng lên thanh kim loại như hình vẽ bên.

Vậy thanh kim loại sẽ chuyển động về bên phải.

Hạt nhân ${}_{29}^{63}Cu$ có năng lượng liên kết riêng lớn nhất nên bền vững nhất.

Khối khí xác định, áp dụng phương trình Clapeyron ta có:

$pV = nRT$ trong đó n và R không đổi

$\left. \Rightarrow T = \dfrac{pV}{nR}\Rightarrow T \sim pV\Rightarrow \right.$ Điểm nào có tích pV nhỏ nhất thì điểm đó có T nhỏ nhất.

Điểm a có: $p.V = 2.1 = 2$

Điểm b có: $p.V = 5.2 = 10$

Điểm c có: $p.V = 2.5 = 10$

Điểm d có: $p.V = 1.3 = 3$

$\Rightarrow$ Điểm a có tích pV nhỏ nhất nên khối khí ứng với trạng thái ở điểm a có nhiệt độ nhỏ nhất.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nucleon, ta có:

Phương trình phản ứng: $\left. {{}_{2}^{4}\alpha} + {{}_{13}^{27}A}l\rightarrow{{}_{15}^{30}P} + {{}_{0}^{1}X} \right.$

$\left. \Rightarrow X \right.$ là ${}_{0}^{1}n$

Phương của vector cảm ứng từ tại một điểm trùng với phương của kim nam châm nằm cân bằng tại điểm đó.

Đối với quá trình đẳng nhiệt, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích do đó khi thể tích giảm $\dfrac{10}{4} = 2,5$ lần thì áp suất tăng 2,5 lần.

Khối lượng khí He trong bình 2:

$m_{He} = m_{2} - m_{1} = 2002 - 2000 = 2(g)$

Số mol của He: $n_{He} = \dfrac{m_{He}}{M_{He}} = \dfrac{2}{4} = 0,5\left( {mol} \right)$

Khối lượng khí X trong bình 3:

$m_{X} = m_{3} - m_{1} = 2033 - 2000 = 33(g)$

Áp dụng phương trình Clapeyron: $pV = nRT$

$\left. \Rightarrow\dfrac{p_{X}}{p_{He}} = \dfrac{n_{X}}{n_{He}}\Rightarrow\dfrac{1,5}{1} = \dfrac{n_{X}}{0,5}\Rightarrow n_{X} = 0,75\left( {mol} \right) \right.$

Khối lượng mol của X là:

$M_{X} = \dfrac{m_{X}}{n_{X}} = \dfrac{33}{0,75} = 44\left( {g/mol} \right)$

Trong thí nghiệm bắn lá vàng của Rutherford, hiện tượng hầu hết tia α đều xuyên qua lá vàng, hiện tượng này chứng minh nguyên tử có cấu trúc phần lớn là rỗng.

Từ đồ thị, ta đọc được vị trí sau:

Vậy khi \(\left\{ \begin{array}{l}m = 0,4\left( {kg} \right)\\Q = {10.10^3}\left( J \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \lambda  = \dfrac{Q}{m} = \dfrac{{{{10.10}^3}}}{{0,4}} = 0,{25.10^5}\left( {J/kg} \right)\)

Vậy kim loại này là chì.

a) Nhiệt độ nước trong cốc nhôm (1) tăng dần chứng tỏ nước trong cốc (1) thực hiện nhận nhiệt.

⟶ a  sai.

b) Nhiệt độ nước ở bình (2) giảm dần chứng tỏ nó truyền nhiệt lượng.

⟶ b sai.

c) Thí nghiệm này có thể kiểm chứng cho kết luận: nhiệt lượng truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn.

⟶ c đúng.

d) Sau một thời gian cả hai nhiệt kế chỉ giá trị không đổi và hai giá trị này bằng nhau chứng tỏ không có sự truyền nhiệt lượng giữa hai vật có nhiệt độ bằng nhau. Trạng thái này gọi là trạng thái cân bằng nhiệt.

⟶ d đúng.

a) Phát biểu a đúng.

Thể tích của khối khí sau khi bị nung nóng là:

$V_{2} = V_{1} + S.h = 2,4.10^{- 3} + 8.10^{- 3}.0,15 = 3,6.10^{- 3}\left( m^{3} \right)$

b) Phát biểu b sai.

Các lực tác dụng vào pittong: $\overset{\rightarrow}{F_{k}};\overset{\rightarrow}{F_{kq}};\overset{\rightarrow}{F_{dh}}$

Khi pittong cân bằng (đứng yên): $\overset{\rightarrow}{F_{k}} + \overset{\rightarrow}{F_{kq}} + \overset{\rightarrow}{F_{dh}} = \overset{\rightarrow}{0}$

$\left. \Rightarrow F_{k} = F_{kq} + F_{dh}\Leftrightarrow p_{k}.S = p_{kq}.S + k.\Delta l \right.$

$\left. \Rightarrow p_{k} = \dfrac{p_{kq}.S + k.\Delta l}{S} = \dfrac{10^{5}.8.10^{- 3} + 8.10^{3}.0,15}{8.10^{- 3}} = 2,5.10^{5}\left( {Pa} \right) \right.$

c) Phát biểu c đúng.

Trạng thái 1 (chưa nung nóng): $\left\{ \begin{array}{l} {V_{1} = 2,4.10^{- 3}m^{3}} \\ {p_{1} = 10^{5}Pa} \\ {T_{1} = 300K} \end{array} \right.$

Trạng thái 2 (nung nóng): $\left\{ \begin{array}{l} {V_{2} = 3,6.10^{- 3}m^{3}} \\ {p_{2} = 2,5.10^{5}Pa} \\ {T_{2} = ?} \end{array} \right.$

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có:

$\left. \dfrac{p_{1}V_{1}}{T_{1}} = \dfrac{p_{2}V_{2}}{T_{2}}\Rightarrow T_{2} = \dfrac{p_{2}V_{2}.T_{1}}{p_{1}V_{1}} = \dfrac{2,5.10^{5}.3,6.10^{- 3}.300}{10^{5}.2,4.10^{- 3}} = 1125K \right.$

d) Phát biểu d sai.

Nội năng mà khối khí nhận được thêm là:

$\Delta U = U_{2} - U_{1} = N.\dfrac{3}{2}k.T_{2} - N.\dfrac{3}{2}.k.T_{1} = \dfrac{3}{2}.N.k.\left( {T_{2} - T_{1}} \right)$

$\left. \Rightarrow\Delta U = \dfrac{3}{2}.n.N_{A}.k.\left( {T_{2} - T_{1}} \right) \right.$

Mà: $\left. R = N_{A}.k\Rightarrow\Delta U = \dfrac{3}{2}.n.R.\left( {T_{2} - T_{1}} \right) = \dfrac{3}{2}.\left( {nRT_{2} - nRT_{1}} \right) \right.$

Theo phương trình Clapeyron ta có: $pV = nRT$

$\left. \Rightarrow\Delta U = \dfrac{3}{2}.\left( {p_{2}V_{2} - p_{1}V_{1}} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow\Delta U = \dfrac{3}{2}.\left( {2,5.10^{5}.3,6.10^{- 3} - 10^{5}.2,4.10^{- 3}} \right) = 990J \right.$

Ta thấy $\left. \Delta U = 990J > 0\Rightarrow \right.$ Nội năng mà khối khí nhận được thêm là 990J.

- Phát biểu a sai.

Khi thanh kim loại MN chuyển động cắt các đường sức từ thì từ thông xuyên qua tiết diện của khung MNPQ thay đổi \( \Rightarrow \) trong đoạn dây đó xuất hiện dòng điện cảm ứng.

- Phát biểu b đúng.

Khi thanh MN chuyển động với vận tốc \(\overrightarrow v \) từ phải sang trái \( \Rightarrow \) từ thông qua MNPQ giảm đi \( \Rightarrow \) dòng điện cảm ứng \({i_c}\) sinh ra cảm ứng từ \(\overrightarrow {{B_c}} \) cùng chiều với \(\overrightarrow B \).

Sử dụng quy tắc nắm bàn tay phải ta xác định được dòng điện cảm ứng \({i_c}\) có chiều từ \(M \to N\).

- Phát biểu c sai.

Để M là cực dương và N là cực âm (dòng điện ngược chiều so với ý b) của nguồn điện thì ta phải dịch chuyển thanh MN về phía bên phải.

- Phát biểu d đúng.

\(l = 0,6m;B = {3.10^{ - 3}}T;v = 2m/s\)

Độ lớn suất điện động xuất hiện trong khung dây:

\({e_c} = \left| {\dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\dfrac{{B.\Delta S.\cos \alpha }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\dfrac{{B.l.v.\Delta t.\cos \alpha }}{{\Delta t}}} \right| = B.l.v.\cos \alpha \)

Có \(\left| {\cos \alpha } \right| = 1 \Rightarrow {e_c} = B.l.v = {3.10^{ - 3}}.0,6.2 = 3,{6.10^{ - 3}}V\)

Vậy: a – S; b – Đ; c – S; d – Đ.

a) Hằng số phóng xạ:

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{\ln 2}{5730.365.24.60.60} \approx 3,836.10^{- 12}\left( s^{- 1} \right)$

⟶ a sai.

b) Phương trình phóng xạ: ${}_{6}^{14}C\rightarrow_{- 1}^{0}e +_{7}^{14}N$

⟶ b đúng.

c) Độ phóng xạ tại thời điểm t là:

$\left. H = H_{0}.2^{- \dfrac{t}{T}}\Rightarrow 1 - \dfrac{2,5}{100} = 2^{- \dfrac{t}{5730}}\Rightarrow t \approx 209,3 \right.$năm.

⟶ c sai.

d) Số hạt nhân ban đầu của ${}_{6}^{14}C$:

$N_{0} = \dfrac{H_{0}}{\lambda} = \dfrac{10.10^{- 3}.3,7.10^{10}}{3,836.10^{- 12}} \approx 9,646.10^{19}$ (hạt)

Số mol ban đầu của ${}_{6}^{14}C$:

$n_{0} = \dfrac{N_{0}}{N_{A}} = \dfrac{9,646.10^{19}}{6,02.10^{23}} \approx 1,6.10^{- 4}\left( {mol} \right)$

Khối lượng ban đầu của ${}_{6}^{14}C$:

$m_{0} = n_{0}M = 1,6.10^{- 4}.14 = 2,24.10^{- 3}(g) = 2,24\left( {mg} \right)$

⟶ d đúng.