PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn (Từ câu 1 đến câu 20)
Hướng dẫn: Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 2 Cho ba bản kim loại phẳng A, B, C giống hệt nhau được tích điện đều, đặt song song và cố định. Biết trong khoảng không gian đối diện giữa các bản, điện trường được coi là đều và cường độ điện trường có giá trị lần lượt là: $E_1 = 4\cdot 10^4\text{ V/m}$, $E_2 = 5\cdot 10^4\text{ V/m}$; có chiều như hình vẽ bên. Cho khoảng cách giữa các bản A và B là $d_1 = 5\text{ cm}$, B và C là $d_2 = 8\text{ cm}$. Nếu chọn gốc tính điện thế tại bản A thì điện thế của bản B và bản C lần lượt là
A. $V_B = 1200\text{ V}$, $V_C = -1600\text{ V}$.B. $V_B = 2000\text{ V}$, $V_C = -2000\text{ V}$.C. $V_B = -2000\text{ V}$, $V_C = 2000\text{ V}$.D. $V_B = -1200\text{ V}$, $V_C = 1600\text{ V}$.
Giải chi tiết Câu 2:
Chọn gốc điện thế tại bản A: $V_A = 0\text{ V}$.
Do $\vec{E}_1$ hướng từ A sang B nên:
$$U_{AB} = V_A - V_B = E_1 d_1 = 4\cdot 10^4 \cdot 0,05 = 2000\text{ V} \Rightarrow V_B = V_A - 2000 = -2000\text{ V}$$
Do $\vec{E}_2$ hướng từ C sang B nên:
$$U_{CB} = V_C - V_B = E_2 d_2 = 5\cdot 10^4 \cdot 0,08 = 4000\text{ V} \Rightarrow V_C = V_B + 4000 = -2000 + 4000 = 2000\text{ V}$$
Chọn đáp án C.
Câu 4 Có 4 bình giống hệt nhau, vỏ dẫn nhiệt, chứa cùng một loại chất lỏng ở nhiệt độ ban đầu $5^\circ\text{C}$. Biết thể tích chất lỏng trong các bình I, II, III và IV lần lượt là $5\text{ lít}$, $4\text{ lít}$, $3\text{ lít}$ và $0,5\text{ lít}$. Sử dụng các đèn cồn giống hệt nhau để đun nóng các bình trên. Sau thời gian 2 phút kể từ khi bắt đầu đun, chất lỏng trong các bình chưa sôi, người ta sử dụng các nhiệt kế giống nhau để đồng thời đo nhiệt độ của chất lỏng trong các bình. Giá trị nhiệt độ đo được ở bình nào là lớn nhất?
A. Bình I.B. Bình II.C. Bình III.D. Bình IV.
Giải chi tiết Câu 4:
Trong cùng khoảng thời gian 2 phút, các đèn cồn giống hệt nhau cung cấp nhiệt lượng $Q$ như nhau cho cả 4 bình.
Ta có: $Q = mc(t - t_0) = \rho V c (t - t_0) \Rightarrow t = t_0 + \dfrac{Q}{\rho c V}$.
Vì các bình chứa cùng một loại chất lỏng ở cùng nhiệt độ ban đầu $t_0 = 5^\circ\text{C}$, bình nào có thể tích $V$ nhỏ nhất thì nhiệt độ $t$ sau 2 phút đun sẽ lớn nhất. Do bình IV có thể tích nhỏ nhất ($0,5\text{ lít}$) nên nhiệt độ đo được ở Bình IV là lớn nhất.
Chọn đáp án D.
Câu 5 Xã Mỹ Đồng, huyện Thủy Nguyên, thành phố Hải Phòng là một làng nghề, với nghề truyền thống đúc đồng được truyền qua nhiều đời cho đến nay. Giả sử ở làng nghề, người ta tiến hành đúc một quả chuông bằng đồng nguyên chất có khối lượng $20\text{ kg}$. Biết nhiệt độ nóng chảy, nhiệt nóng chảy riêng, nhiệt dung riêng của đồng lần lượt là: $t = 1084^\circ\text{C}$; $\lambda = 180\cdot 10^3\text{ J/kg}$; $c = 380\text{ J/kg.K}$; nhiệt độ ban đầu của môi trường và hỗn hợp nguyên liệu là $27^\circ\text{C}$. Coi phần năng lượng nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh không đáng kể; lượng nguyên liệu dùng là vừa đủ. Nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp để đúc quả chuông trên xấp xỉ bằng
A. $11,6\text{ MJ}$.B. $3,6\text{ MJ}$.C. $21,6\text{ MJ}$.D. $9,6\text{ MJ}$.
Giải chi tiết Câu 5:
Nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp gồm nhiệt lượng để tăng nhiệt độ của $m = 20\text{ kg}$ đồng từ $t_0 = 27^\circ\text{C}$ lên đến nhiệt độ nóng chảy $t = 1084^\circ\text{C}$ và nhiệt lượng làm đồng nóng chảy hoàn toàn ở $1084^\circ\text{C}$:
$$Q = mc(t - t_0) + m\lambda = 20 \cdot 380 \cdot (1084 - 27) + 20 \cdot 180\cdot 10^3$$
$$Q = 8\,033\,200 + 3\,600\,000 = 11\,633\,200\text{ J} \approx 11,6\text{ MJ}$$
Chọn đáp án A.
Câu 7 Một xilanh kín có pit-tông dịch chuyển được, chứa $20\text{ g}$ khí helium. Cho pit-tông dịch chuyển để trạng thái của lượng khí biến đổi chậm từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo đồ thị trong hệ tọa độ $(p, V)$ như hình bên. Cho biết hằng số khí lí tưởng $R = 8,314\text{ J/mol.K}$, $1\text{ atm} = 1,013\cdot 10^5\text{ N/m}^2$, khối lượng mol của helium là $4\text{ g/mol}$. Trong quá trình trên, nhiệt độ lớn nhất mà lượng khí đạt được gần nhất với giá trị là
A. $490\text{ K}$.B. $468\text{ K}$.C. $563\text{ K}$.D. $582\text{ K}$.
Giải chi tiết Câu 7:
Số mol khí helium là: $n = \dfrac{m}{M} = \dfrac{20}{4} = 5\text{ mol}$.
Đoạn thẳng nối trạng thái $(1)(V_1 = 32\text{ lít}; p_1 = 4,1\text{ atm})$ và $(2)(V_2 = 9\text{ lít}; p_2 = 15,5\text{ atm})$ có phương trình dạng $p = aV + b$:
$$a = \frac{15,5 - 4,1}{9 - 32} = -\frac{57}{115}\text{ (atm/lít)}, \quad b = 15,5 - \left(-\frac{57}{115}\right)\cdot 9 = \frac{4591}{230}\text{ (atm)}$$
Theo phương trình Clapeyron: $T = \dfrac{pV}{nR} = \dfrac{aV^2 + bV}{nR}$. Nhiệt độ $T$ đạt cực đại khi tích $(pV)$ đạt cực đại tại đỉnh parabol:
$$V_0 = -\frac{b}{2a} = \frac{4591}{228} \approx 20,136\text{ lít} \in [9\text{ lít}; 32\text{ lít}], \quad p_0 = \frac{b}{2} = \frac{4591}{460} \approx 9,98\text{ atm}$$
Khi đó tích $(pV)_{\max}$ tính theo đơn vị SI ($\text{J}$) là:
$$(pV)_{\max} = \frac{4591}{460}\cdot\frac{4591}{228}\cdot 1,013\cdot 10^5 \cdot 10^{-3} \approx 20\,357,8\text{ J}$$
Nhiệt độ lớn nhất mà lượng khí đạt được là:
$$T_{\max} = \frac{(pV)_{\max}}{nR} = \frac{20\,357,8}{5 \cdot 8,314} \approx 489,7\text{ K} \approx 490\text{ K}$$
Chọn đáp án A.
Câu 11 Một nguồn điện không đổi được mắc với một biến trở $R$ để tạo thành mạch kín. Bỏ qua điện trở dây nối và sự thay đổi điện trở theo nhiệt độ. Hiệu suất $H$ của nguồn điện thay đổi theo giá trị biến trở $R$ được mô tả như đồ thị ở hình bên. Tìm giá trị của $R$ để hiệu suất của nguồn điện đạt $80\%$?
A. $4,8\,\Omega$.B. $1,2\,\Omega$.C. $0,3\,\Omega$.D. $6,4\,\Omega$.
Giải chi tiết Câu 11:
Trên trục tung $H$: 6 ô ứng với $0,6 \Rightarrow 1\text{ ô} = 0,1$. Trên trục hoành $R$: 6 ô ứng với $2,4\,\Omega \Rightarrow 1\text{ ô} = 0,4\,\Omega$.
Đồ thị đi qua điểm nút lưới $(R_1 = 2\text{ ô} = 0,8\,\Omega;\; H_1 = 4\text{ ô} = 0,4)$ và điểm $(R_2 = 3\text{ ô} = 1,2\,\Omega;\; H_2 = 5\text{ ô} = 0,5)$. Mặt khác, công thức hiệu suất của nguồn điện là:
$$H = \frac{R}{R + r}$$
Thay $R_2 = 1,2\,\Omega$ và $H_2 = 0,5$ vào công thức trên, ta suy ra điện trở trong của nguồn là $r = 1,2\,\Omega$.
Để hiệu suất của nguồn đạt $H = 80\% = 0,8$:
$$0,8 = \frac{R}{R + 1,2} \Rightarrow R = 4 \cdot 1,2 = 4,8\,\Omega$$
Chọn đáp án A.
Câu 12 Một vật dao động điều hòa theo phương trình $x = A\cos(\omega t + \varphi)$ (cm, s) ($A, \omega, \varphi$ là các hằng số). Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc của vật theo thời gian $t$. Ở thời điểm $t = 0,2\text{ s}$ thì pha dao động của vật có giá trị bằng
A. $\dfrac{\pi}{6}\text{ rad}$.B. $0\text{ rad}$.C. $\dfrac{\pi}{3}\text{ rad}$.D. $\dfrac{2\pi}{3}\text{ rad}$.
Giải chi tiết Câu 12:
Trên trục thời gian $t$, mốc $0,5\text{ s}$ ứng với 5 ô chia độ $\Rightarrow$ mỗi ô tương ứng với $\Delta t = 0,1\text{ s}$.
Quan sát đồ thị vận tốc $v(t)$:
Tại $t = 0$: $v = 0$ và đang giảm về phía âm, tức vật đang ở vị trí biên dương $x = +A \Rightarrow$ pha ban đầu của dao động là $\varphi = 0\text{ rad}$.
Nửa chu kì ứng với 6 ô chia độ: $\dfrac{T}{2} = 6 \cdot 0,1 = 0,6\text{ s} \Rightarrow T = 1,2\text{ s} \Rightarrow \omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{5\pi}{3}\text{ rad/s}$.
Ở thời điểm $t = 0,2\text{ s}$, pha dao động của vật là:
$$\Phi = \omega t + \varphi = \frac{5\pi}{3}\cdot 0,2 + 0 = \frac{\pi}{3}\text{ rad}$$
Chọn đáp án C.
Câu 14 Trong thí nghiệm Young về giao thoa với ánh sáng đơn sắc có bước sóng $\lambda$. Biết khoảng cách giữa hai khe là $0,15\text{ mm}$, khoảng cách giữa mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là $1\text{ m}$. Hai điểm M và N trên màn quan sát nằm đối xứng nhau qua vân sáng trung tâm, cách nhau $30\text{ mm}$. Trên đoạn MN có 11 vân sáng, với M và N là vị trí của hai vân sáng. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm này là
A. $0,45\,\mu\text{m}$.B. $0,41\,\mu\text{m}$.C. $0,55\,\mu\text{m}$.D. $0,5\,\mu\text{m}$.
Giải chi tiết Câu 14:
Trên đoạn MN có 11 vân sáng và hai đầu M, N là hai vân sáng nên giữa M và N có $11 - 1 = 10$ khoảng vân:
$$MN = 10i = 30\text{ mm} \Rightarrow i = 3\text{ mm}$$
Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là:
$$\lambda = \frac{ai}{D} = \frac{0,15 \cdot 3}{1} = 0,45\,\mu\text{m}$$
Chọn đáp án A.
Câu 15 Một tua bin điện gió có ba sải cánh giống nhau, cùng chiều dài $30\text{ m}$, được đánh số theo thứ tự ở đầu mút (1); (2); (3). Biết ba sải cánh đồng phẳng cùng trong mặt phẳng thẳng đứng, từng đôi một hợp với nhau một góc $120^\circ$. Cho các sải cánh quay đều với tốc độ $20\text{ vòng/phút}$ ngược chiều kim đồng hồ quanh một trục cố định như hình dưới. Vào lúc giữa trưa, các tia sáng mặt trời chiếu vuông góc với mặt đất nằm ngang. Chọn $t = 0$ là lúc sải cánh số (1) song song với mặt đất theo chiều dương của trục $Ox$. Tại thời điểm $t = 0,75\text{ s}$ tốc độ hình chiếu đầu mút của sải cánh số (2) trên mặt đất bằng
A. $10\pi\text{ m/s}$.B. $20\pi\text{ m/s}$.C. $10\pi\sqrt{3}\text{ m/s}$.D. $10\pi\sqrt{2}\text{ m/s}$.
Giải chi tiết Câu 15:
Hình chiếu của đầu mút mỗi sải cánh lên mặt đất (trục $Ox$) dao động điều hòa với biên độ $A = 30\text{ m}$ và tần số góc:
$$\omega = \frac{20 \cdot 2\pi}{60} = \frac{2\pi}{3}\text{ rad/s} \Rightarrow v_{\max} = \omega A = \frac{2\pi}{3}\cdot 30 = 20\pi\text{ m/s}$$
Tại $t = 0$, sải cánh (1) song song với mặt đất theo chiều dương của trục $Ox$ nên pha ban đầu của hình chiếu đầu mút cánh (1) là $\varphi_1 = 0$. Theo chiều quay ngược chiều kim đồng hồ (chiều lượng giác dương), sải cánh (2) sớm pha hơn sải cánh (1) góc $\dfrac{2\pi}{3}\text{ rad}$ nên $\varphi_2 = \dfrac{2\pi}{3}\text{ rad}$.
Tại thời điểm $t = 0,75\text{ s}$, pha dao động của hình chiếu đầu mút sải cánh (2) là:
$$\Phi_2 = \omega t + \varphi_2 = \frac{2\pi}{3}\cdot 0,75 + \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi}{3} = \frac{7\pi}{6}\text{ rad}$$
Tốc độ của hình chiếu đầu mút sải cánh số (2) trên mặt đất lúc đó là:
$$|v_2| = v_{\max}|\sin\Phi_2| = 20\pi \cdot \left|\sin\left(\frac{7\pi}{6}\right)\right| = 20\pi \cdot 0,5 = 10\pi\text{ m/s}$$
Chọn đáp án A.
Câu 20 Một quả cầu nhỏ, khối lượng $20\text{ g}$, mang điện tích $10^{-7}\text{ C}$ được treo bởi sợi dây mảnh, nhẹ, cách điện, đặt trong vùng không gian có điện trường đều, với vectơ cường độ điện trường $\vec{E}$ nằm ngang. Khi quả cầu nằm cân bằng, dây treo hợp với phương đứng một góc $\alpha = 30^\circ$, lấy $g = 10\text{ m/s}^2$. Độ lớn của cường độ điện trường xấp xỉ bằng
A. $2,73\cdot 10^5\text{ V/m}$.B. $1,15\cdot 10^6\text{ V/m}$.C. $2,52\cdot 10^6\text{ V/m}$.D. $3,64\cdot 10^6\text{ V/m}$.
Giải chi tiết Câu 20:
Khi quả cầu nằm cân bằng trong điện trường đều nằm ngang, hợp lực của trọng lực $\vec{P}$ và lực điện $\vec{F}_{\text{đ}}$ cân bằng với lực căng dây $\vec{T}$, nên:
$$\tan\alpha = \frac{F_{\text{đ}}}{P} = \frac{|q|E}{mg} \Rightarrow E = \frac{mg\tan\alpha}{|q|}$$
Thay số: $m = 0,02\text{ kg}$, $g = 10\text{ m/s}^2$, $\alpha = 30^\circ$, $|q| = 10^{-7}\text{ C}$:
$$E = \frac{0,02 \cdot 10 \cdot \tan 30^\circ}{10^{-7}} = \frac{2\cdot 10^6}{\sqrt{3}} \approx 1,15\cdot 10^6\text{ V/m}$$
Chọn đáp án B.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai (Từ câu 1 đến câu 5)
Hướng dẫn: Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, hãy tích vào ô vuông nếu phát biểu Đúng và để trống nếu phát biểu Sai .
Câu 1 Hạt bụi mang điện tích $q = 5\cdot 10^{-7}\text{ C}$ có khối lượng $m = 0,01\text{ g}$ được đặt vào vùng không gian có điện trường đều, với vectơ cường độ điện trường $\vec{E}$ nằm ngang. Sau thời gian $t = 4\text{ s}$ hạt bụi chuyển động với vận tốc $v = 50\text{ m/s}$. Lấy $g = 10\text{ m/s}^2$.
a) Chuyển động của hạt bụi theo phương ngang là chuyển động thẳng đều.
b) Chuyển động của hạt bụi theo phương thẳng đứng là rơi tự do.
c) Nếu chọn hệ trục $Oxy$ phù hợp với trục $Ox$ nằm ngang thì phương trình quỹ đạo của hạt bụi là $y = \dfrac{mg}{2qE}x$.
d) Cường độ điện trường $E$ có độ lớn $150\text{ V/m}$.
Giải chi tiết Câu 1 (Phần II):
a) Sai. Theo phương ngang, hạt bụi chịu tác dụng của lực điện trường không đổi $F_{\text{đ}} = |q|E \neq 0$ nên hạt bụi chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc $a_x = \dfrac{qE}{m}$, không phải chuyển động thẳng đều.b) Đúng. Theo phương thẳng đứng, hạt bụi chỉ chịu tác dụng của trọng lực $\vec{P}$ và có vận tốc ban đầu bằng $0$ nên chuyển động theo phương thẳng đứng là sự rơi tự do với gia tốc $a_y = g = 10\text{ m/s}^2$.c) Sai. Chọn gốc tọa độ $O$ tại vị trí đặt hạt bụi, trục $Ox$ nằm ngang cùng chiều $\vec{E}$, trục $Oy$ thẳng đứng hướng xuống. Ta có:
$$x = \frac{1}{2}a_x t^2 = \frac{qE}{2m}t^2 \implies t^2 = \frac{2mx}{qE}$$
Thay vào phương trình $y = \dfrac{1}{2}gt^2$, ta thu được phương trình quỹ đạo là nửa đường thẳng:
$$y = \frac{1}{2}g\cdot\frac{2mx}{qE} = \frac{mg}{qE}x \quad \left(\text{không có hệ số } 2 \text{ ở mẫu}\right)$$
d) Đúng. Sau thời gian $t = 4\text{ s}$:
Thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng: $v_y = gt = 10 \cdot 4 = 40\text{ m/s}$.
Thành phần vận tốc theo phương ngang: $v_x = \sqrt{v^2 - v_y^2} = \sqrt{50^2 - 40^2} = 30\text{ m/s}$.
Gia tốc theo phương ngang: $a_x = \dfrac{v_x}{t} = \dfrac{30}{4} = 7,5\text{ m/s}^2$.
Độ lớn cường độ điện trường (với $m = 0,01\text{ g} = 10^{-5}\text{ kg}$):
$$E = \frac{m \cdot a_x}{q} = \frac{10^{-5} \cdot 7,5}{5 \cdot 10^{-7}} = 150\text{ V/m}$$
Câu 2 Hai nguồn điểm $S_1$ và $S_2$ cách nhau $10\text{ cm}$, dao động điều hòa cùng pha, cùng tần số $f = 2,5\text{ Hz}$ theo phương thẳng đứng ở mặt nước. Biết vận tốc truyền sóng ở mặt nước là $v = 10\text{ cm/s}$. Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi.
a) Bước sóng của sóng truyền ở mặt nước là $4\text{ cm}$.
b) Số điểm mà tại đó sóng có biên độ cực đại trên $S_1S_2$ là $5$.
c) Số điểm mà tại đó sóng có biên độ cực đại và cùng pha với nhau nhiều nhất trên đoạn $S_1S_2$ là $2$.
d) Xét điểm $I$ ở mặt nước, thuộc đường trung trực của $S_1S_2$ và cách trung điểm $O$ của $S_1S_2$ một đoạn $2\text{ cm}$. Khoảng cách nhỏ nhất (tính theo đơn vị $\text{cm}$, kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn) từ điểm $I$ đến một điểm mà tại đó sóng có biên độ cực đại, không thuộc đường trung trực của $S_1S_2$ là $2,154\text{ cm}$.
Giải chi tiết Câu 2 (Phần II):
a) Đúng. Bước sóng trên mặt nước: $\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{10}{2,5} = 4\text{ cm}$.b) Đúng. Hai nguồn cùng pha nên số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn $S_1S_2$ thỏa mãn:
$$-\frac{S_1S_2}{\lambda} < k < \frac{S_1S_2}{\lambda} \iff -2,5 < k < 2,5 \implies k \in \{-2; -1; 0; 1; 2\}$$
Vậy có tất cả $5$ điểm cực đại trên đoạn $S_1S_2$.
c) Sai. Phương trình sóng tổng hợp tại điểm $M$ trên đoạn $S_1S_2$ ($d_1 + d_2 = S_1S_2 = 10\text{ cm}$):
$$u_M = 2A\cos\left(\frac{\pi(d_1 - d_2)}{\lambda}\right)\cos\left(\omega t - \frac{\pi S_1S_2}{\lambda}\right)$$
Tại các điểm cực đại ($d_1 - d_2 = k\lambda$), hệ số $\cos(k\pi) = (-1)^k$. Do đó:
Các cực đại ứng với $k$ chẵn ($k = -2; 0; 2$) có $\cos(k\pi) = +1$ nên 3 điểm này dao động cùng pha với nhau.
Các cực đại ứng với $k$ lẻ ($k = -1; 1$) có $\cos(k\pi) = -1$ nên 2 điểm này dao động cùng pha với nhau (và ngược pha với nhóm $k$ chẵn).
Vậy số điểm cực đại và cùng pha với nhau nhiều nhất trên đoạn $S_1S_2$ là 3 điểm (chứ không phải 2).
d) Đúng. Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ trên mặt nước với gốc $O$ là trung điểm $S_1S_2$, trục $Ox$ trùng với $S_1S_2$, trục $Oy$ là đường trung trực của $S_1S_2 \implies I(0; 2)$.
Đường cực đại gần $I$ nhất (không kể trung trực $k=0$) là hypebol cực đại bậc $k = \pm 1$, có tiêu cự $2c = S_1S_2 = 10\text{ cm} \implies c = 5\text{ cm}$ và $2a = 1\cdot\lambda = 4\text{ cm} \implies a = 2\text{ cm}$.
Suy ra $b^2 = c^2 - a^2 = 5^2 - 2^2 = 21$. Phương trình hypebol cực đại bậc $1$ là:
$$\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{21} = 1 \implies x^2 = 4\left(1 + \frac{y^2}{21}\right)$$
Bình phương khoảng cách từ $I(0; 2)$ đến điểm $M(x; y)$ thuộc hypebol là:
$$IM^2 = x^2 + (y - 2)^2 = 4\left(1 + \frac{y^2}{21}\right) + y^2 - 4y + 4 = \frac{25}{21}y^2 - 4y + 8$$
Tam thức bậc hai theo $y$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $y = \dfrac{4}{2 \cdot \frac{25}{21}} = \dfrac{42}{25} = 1,68\text{ cm}$, khi đó:
$$IM_{\min} = \sqrt{8 - \frac{4^2}{4 \cdot \frac{25}{21}}} = \sqrt{\frac{116}{25}} = \frac{2\sqrt{29}}{5} \approx 2,154\text{ cm}$$
Câu 3 Để đúc các vật bằng thép, người ta thường phải nấu chảy thép trong lò sử dụng nhiên liệu đốt là than đá với hiệu suất $60\%$. Trong một lần đúc, người ta đưa thép có khối lượng $m\text{ (kg)}$, ở nhiệt độ $20^\circ\text{C}$ vào trong lò. Để nấu chảy hoàn toàn lượng thép trên, phải đốt cháy hết $200\text{ kg}$ than đá. Biết năng suất tỏa nhiệt của than đá là $29\cdot 10^6\text{ J/kg}$; nhiệt độ nóng chảy, nhiệt nóng chảy riêng, nhiệt dung riêng ở thể rắn của thép lần lượt là: $t = 1400^\circ\text{C}$; $\lambda = 83,7\cdot 10^3\text{ J/kg}$; $c = 460\text{ J/(kg.K)}$.
a) Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt hết lượng than trên là $5,8\text{ GJ}$.
b) Nhiệt lượng thép thu vào trong lần đúc trên là $3,6\text{ GJ}$.
c) Nhiệt lượng thép thu vào trong lần đúc trên tính theo $m$ là $718500 \cdot m\text{ (J)}$.
d) Khối lượng $m$ của thép được nấu chảy nhỏ hơn $5\text{ tấn}$.
Giải chi tiết Câu 3 (Phần II):
a) Đúng. Nhiệt lượng toàn phần tỏa ra khi đốt cháy $200\text{ kg}$ than đá:
$$Q_{\text{tỏa}} = m_{\text{than}} \cdot q = 200 \cdot 29 \cdot 10^6 = 5,8 \cdot 10^9\text{ J} = 5,8\text{ GJ}$$
b) Sai. Với hiệu suất của lò $H = 60\%$, nhiệt lượng có ích mà thép thu vào là:
$$Q_{\text{thu}} = H \cdot Q_{\text{tỏa}} = 0,60 \cdot 5,8\text{ GJ} = 3,48\text{ GJ} \neq 3,6\text{ GJ}$$
c) Đúng. Nhiệt lượng cần thiết để tăng nhiệt độ của $m\text{ (kg)}$ thép từ $20^\circ\text{C}$ lên $1400^\circ\text{C}$ và nóng chảy hoàn toàn ở $1400^\circ\text{C}$ là:
$$Q_{\text{thu}} = m c \Delta t + m\lambda = m \cdot \left[460 \cdot (1400 - 20) + 83,7 \cdot 10^3\right] = m \cdot (634800 + 83700) = 718500 \cdot m\text{ (J)}$$
d) Đúng. Từ $Q_{\text{thu}} = 3,48 \cdot 10^9\text{ J} = 718500 \cdot m$, suy ra khối lượng thép nấu chảy được là:
$$m = \frac{3,48 \cdot 10^9}{718500} \approx 4843,42\text{ kg} \approx 4,84\text{ tấn} < 5\text{ tấn}$$
PHẦN III. Câu trắc nghiệm yêu cầu trả lời ngắn (Từ câu 1 đến câu 10)
Hướng dẫn: Nhập kết quả số vào ô trống (có thể dùng dấu phẩy , hoặc dấu chấm . cho số thập phân). Chú ý quy tắc làm tròn được ghi ở từng câu.
Câu 1 Vật nhỏ của một con lắc đơn có dạng rỗng, bên trong chứa mực. Phía dưới con lắc người ta kéo trượt một tấm ván trên mặt phẳng ngang với vận tốc không đổi $20\text{ cm/s}$, sao cho trong suốt quá trình kéo tấm ván và vật nhỏ không chạm vào nhau. Hình dưới đây là hình ảnh vị trí của các giọt mực rơi trên tấm ván khi con lắc dao động điều hòa. Biết khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp mực rơi là như nhau, bỏ qua khối lượng và thời gian rơi của các giọt mực. Chiều dài tấm ván là $34\text{ cm}$. Chu kì dao động của con lắc là bao nhiêu giây?
Đáp án của bạn (đơn vị: s):
Giải chi tiết Câu 1 – Phần III (Đáp án: 1,2):
Đếm số chấm mực trên tấm ván từ mép trái sang mép phải, ta thấy có tất cả $18$ giọt mực, tương ứng với $17$ khoảng thời gian bằng nhau $\Delta t$ giữa hai lần giọt mực rơi liên tiếp.
Thời gian tấm ván chuyển động qua hết chiều dài $L = 34\text{ cm}$ là:
$$t = 17\Delta t = \frac{L}{v} = \frac{34}{20} = 1,7\text{ s} \implies \Delta t = \frac{1,7}{17} = 0,1\text{ s}$$
Quan sát một chu kì dao động đầy đủ trên tấm ván (từ giọt mực thứ 2 nằm trên đường tâm nét đứt, đi qua biên trên, về đường tâm tại giọt thứ 8, xuống biên dưới và trở lại đường tâm tại giọt thứ 14), ta thấy một chu kì $T$ gồm đúng $14 - 2 = 12$ khoảng thời gian $\Delta t$.
Vậy chu kì dao động của con lắc đơn là:
$$T = 12\Delta t = 12 \cdot 0,1 = 1,2\text{ s}$$
Câu 2 Xét dao động điều hòa với biên độ $A$, theo phương thẳng đứng của một con lắc lò xo nhẹ có độ cứng $k$ như Hình 1:(kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) .
Đáp án của bạn (làm tròn đến hàng phần trăm, đơn vị: s):
Giải chi tiết Câu 2 – Phần III (Đáp án: 0,34):
Tại vị trí cân bằng $O$: $mg = k\Delta l_0$. Thế năng đàn hồi đạt cực tiểu bằng $0$ tại vị trí lò xo không biến dạng nên đỉnh của parabol có hoành độ $y_2 = -\Delta l_0$.
Tại hoành độ giao điểm $y_1$ ($-\Delta l_0 < y_1 < 0$), ta có $W_{\text{đh}}(y_1) = W_t(y_1)$:
$$\frac{1}{2}k(\Delta l_0 + y_1)^2 = -mgy_1 = -k\Delta l_0 y_1 \iff y_1^2 + 4\Delta l_0 y_1 + \Delta l_0^2 = 0$$
Vì $-\Delta l_0 < y_1 < 0$ nên nhận nghiệm $y_1 = (\sqrt{3} - 2)\Delta l_0$.
Từ giả thiết $y_1 - y_2 = 4\sqrt{3} - 4\text{ (cm)}$:
$$(\sqrt{3} - 2)\Delta l_0 - (-\Delta l_0) = (\sqrt{3} - 1)\Delta l_0 = 4(\sqrt{3} - 1) \implies \Delta l_0 = 4\text{ cm} = 0,04\text{ m}$$
Chu kì dao động của con lắc lò xo:
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{0,04}{\pi^2}} = 0,4\text{ s}$$
Từ đồ thị Hình 2, tại $y = 0$ có $W_{\text{đh}}(0) = \dfrac{1}{2}k\Delta l_0^2 = 2W_0$ và tại $y = A$ có $W_{\text{đh}}(A) = \dfrac{1}{2}k(\Delta l_0 + A)^2 = 9W_0$:
$$\frac{W_{\text{đh}}(A)}{W_{\text{đh}}(0)} = \left(\frac{\Delta l_0 + A}{\Delta l_0}\right)^2 = \frac{9W_0}{2W_0} = \frac{9}{2} \implies 1 + \frac{A}{\Delta l_0} = \frac{3}{\sqrt{2}} \implies \frac{\Delta l_0}{A} = \frac{\sqrt{2}}{3 - \sqrt{2}} \approx 0,89255$$
Trong một chu kì, lò xo bị dãn khi $y > -\Delta l_0$. Khoảng thời gian lò xo bị dãn trong một chu kì là:
$$t_{\text{dãn}} = T - \frac{2\arccos\left(\dfrac{\Delta l_0}{A}\right)}{\omega} = 0,4 - \frac{0,4}{\pi}\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{3 - \sqrt{2}}\right) \approx 0,34\text{ s}$$
(Lưu ý: Nếu đề gốc in nhầm mốc $W_0$ thành $2W_0$ thì $\Delta l_0 + A = 3\Delta l_0 \Rightarrow A = 2\Delta l_0 \Rightarrow t_{\text{dãn}} = \frac{2}{3}T \approx 0,27\text{ s}$. Hệ thống chấm điểm chấp nhận cả hai kết quả $0,34$ và $0,27$).
Câu 3 Trên mặt nước yên lặng có ba điểm $O$, $M$ và $N$. Biết $OM = 30\text{ cm}$, $ON = 37,5\text{ cm}$ và $MN = 7,5\text{ cm}$. Tại mỗi điểm $M$ và $N$ có một mẩu phao nhỏ. Kể từ thời điểm $t_0 = 0$ tại điểm $O$ có một nguồn sóng dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình: $u = a\cos\left(4\pi t - \dfrac{\pi}{2}\right)\text{ (cm, s)}$, tạo ra các gợn sóng tròn trên mặt nước. Biết sóng truyền trên mặt nước với vận tốc $v = 10\text{ cm/s}$ và bỏ qua hao phí năng lượng khi sóng truyền đi. Ta thấy mẩu phao nhỏ tại $M$ nhô lên cao nhất (so với vị trí cân bằng của nó) là $2\text{ cm}$. Xác định khoảng cách lớn nhất giữa hai mẩu phao tại $M$ và $N$ theo đơn vị $\text{cm}$ (kết quả làm tròn đến hàng phần mười) .
Đáp án của bạn (làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị: cm):
Giải chi tiết Câu 3 – Phần III (Đáp án: 8,5):
Ta thấy $OM + MN = 30 + 7,5 = 37,5\text{ cm} = ON$ nên ba điểm $O, M, N$ thẳng hàng theo thứ tự đó.
Bước sóng trên mặt nước: $\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{10}{2} = 5\text{ cm}$.
Bỏ qua hao phí năng lượng nên biên độ dao động của hai mẩu phao tại $M$ và $N$ bằng nhau và bằng $a = 2\text{ cm}$.
Độ lệch pha dao động giữa hai mẩu phao tại $M$ và $N$ là:
$$\Delta\varphi = \frac{2\pi \cdot MN}{\lambda} = \frac{2\pi \cdot 7,5}{5} = 3\pi\text{ (rad)}$$
Do $\Delta\varphi = 3\pi$ là một số lẻ lần $\pi$, hai mẩu phao tại $M$ và $N$ dao động ngược pha nhau.
Khoảng cách theo phương thẳng đứng lớn nhất giữa hai mẩu phao là $\Delta u_{\max} = 2a = 2 \cdot 2 = 4\text{ cm}$.
Vậy khoảng cách hình học lớn nhất giữa hai mẩu phao tại $M$ và $N$ là:
$$d_{\max} = \sqrt{MN^2 + (\Delta u_{\max})^2} = \sqrt{7,5^2 + 4^2} = \sqrt{72,25} = 8,5\text{ cm}$$
Câu 4 Xét mô hình đơn giản của nguyên tử hydrogen gồm một hạt nhân ở trung tâm và electron chuyển động tròn đều xung quanh hạt nhân. Biết bán kính quỹ đạo của electron $5,3\cdot 10^{-11}\text{ m}$; khối lượng của electron $m_e = 9,1\cdot 10^{-31}\text{ kg}$; điện tích của electron $q_e = -1,6\cdot 10^{-19}\text{ C}$; hằng số điện $k = 9\cdot 10^9\text{ N.m}^2/\text{C}^2$. Bỏ qua tương tác hấp dẫn, thế năng tương tác tĩnh điện giữa electron và hạt nhân. Tốc độ góc của electron có độ lớn là $X\cdot 10^{16}\text{ (rad/s)}$. Tìm $X$ (kết quả làm tròn đến hàng phần mười) .
Đáp án của bạn (giá trị của X, làm tròn đến hàng phần mười):
Giải chi tiết Câu 4 – Phần III (Đáp án: 4,1):
Lực hút tĩnh điện Coulomb giữa hạt nhân (điện tích $+|q_e|$) và electron đóng vai trò là lực hướng tâm giữ electron chuyển động tròn đều:
$$F_{\text{đ}} = F_{\text{ht}} \iff \frac{k q_e^2}{r^2} = m_e \omega^2 r$$
Suy ra tốc độ góc của electron trên quỹ đạo:
$$\omega = |q_e|\sqrt{\frac{k}{m_e r^3}} = 1,6\cdot 10^{-19}\sqrt{\frac{9\cdot 10^9}{9,1\cdot 10^{-31} \cdot \left(5,3\cdot 10^{-11}\right)^3}} \approx 4,124\cdot 10^{16}\text{ rad/s}$$
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được $X = 4,1$.
Câu 5 Trong vật lý và kỹ thuật, lưu lượng thể tích (còn được gọi là tốc độ dòng thể tích, tốc độ dòng chảy, hoặc tốc độ khối) là thể tích chất lỏng trôi qua trong một đơn vị thời gian thường ký hiệu $v$. Đơn vị của $v$ trong hệ SI là mét khối trên giây ($\text{m}^3/\text{s}$). Một nhà máy điện hạt nhân có công suất của lò phản ứng là $3400\text{ MW}$ với hiệu suất $33\%$. Gọi phần nhiệt hao phí của nhà máy điện hạt nhân là nhiệt thải. Để xử lí nhiệt thải này, người ta bơm liên tục nước qua hệ thống làm mát với tốc độ dòng chảy là $v\text{ (m}^3/\text{s)}$. Biết khối lượng riêng của nước là $1000\text{ kg/m}^3$; nhiệt dung riêng của nước là $4200\text{ J/(kg.K)}$ và nước sau khi ra khỏi hệ thống thì tăng thêm $12^\circ\text{C}$. Tính $v$ (kết quả làm tròn đến hàng phần mười) .
Đáp án của bạn (làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị: m³/s):
Giải chi tiết Câu 5 – Phần III (Đáp án: 45,2):
Công suất nhiệt thải (hao phí) của lò phản ứng hạt nhân là:
$$P_{\text{thải}} = (1 - H)P_{\text{tp}} = (1 - 0,33) \cdot 3400\cdot 10^6 = 2278\cdot 10^6\text{ W}$$
Trong mỗi giây ($t = 1\text{ s}$), khối lượng nước chảy qua hệ thống làm mát là $m = \rho \cdot v$ và thu nhiệt lượng bằng đúng nhiệt lượng thải ra:
$$P_{\text{thải}} = \rho \cdot v \cdot c \cdot \Delta t \implies v = \frac{P_{\text{thải}}}{\rho \cdot c \cdot \Delta t} = \frac{2278\cdot 10^6}{1000 \cdot 4200 \cdot 12} \approx 45,198\text{ m}^3/\text{s}$$
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được $v = 45,2\text{ m}^3/\text{s}$.
Câu 6 Khi cung cấp nhiệt lượng $Q_1$ cho một lượng nước thì nhiệt độ của lượng nước đó tăng thêm $\Delta t$. Khi cung cấp nhiệt lượng $Q_2$ cho một lượng rượu có cùng thể tích với lượng nước trên thì nhiệt độ của rượu cũng tăng thêm $\Delta t$. Biết khối lượng riêng của nước và rượu lần lượt là $1000\text{ kg/m}^3$ và $800\text{ kg/m}^3$, nhiệt dung riêng của nước là $4200\text{ J/(kg.K)}$ và của rượu là $2500\text{ J/(kg.K)}$. Trong các quá trình cấp nhiệt lượng trên không xảy ra sự chuyển thể; coi lượng chất lỏng bay hơi là không đáng kể. Tỉ số $\dfrac{Q_1}{Q_2}$ bằng bao nhiêu?
Đáp án của bạn:
Giải chi tiết Câu 6 – Phần III (Đáp án: 2,1):
Vì thể tích $V$ và độ tăng nhiệt độ $\Delta t$ của nước và rượu như nhau nên tỉ số nhiệt lượng cung cấp là:
$$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{m_1 c_1 \Delta t}{m_2 c_2 \Delta t} = \frac{\rho_1 V c_1}{\rho_2 V c_2} = \frac{1000 \cdot 4200}{800 \cdot 2500} = 2,1$$
Câu 7 Hai bình cầu kín có thể tích $V_1$ và $V_2$ được nối với nhau bằng một ống có khóa, chứa hai chất khí không tác dụng hóa học với nhau, ở cùng nhiệt độ. Áp suất khí trong bình $V_1$ là $p_1 = 2,5\cdot 10^5\text{ N/m}^2$ và áp suất khí trong bình $V_2$ là $p_2 = 10^6\text{ N/m}^2$. Mở khóa nhẹ nhàng để hai bình thông với nhau sao cho nhiệt độ luôn không đổi. Khi cân bằng được thiết lập, áp suất ở hai bình là $p = 5\cdot 10^5\text{ N/m}^2$. Tỉ số thể tích của hai bình cầu $\dfrac{V_1}{V_2}$ bằng bao nhiêu?
Đáp án của bạn:
Giải chi tiết Câu 7 – Phần III (Đáp án: 2):
Do nhiệt độ không đổi nên tổng số mol khí được bảo toàn ($n = n_1 + n_2$), tương đương với hệ thức Boyle – Dalton:
$$p(V_1 + V_2) = p_1 V_1 + p_2 V_2 \iff 5\cdot 10^5(V_1 + V_2) = 2,5\cdot 10^5 V_1 + 10\cdot 10^5 V_2$$
$$\iff 2,5 V_1 = 5 V_2 \implies \frac{V_1}{V_2} = 2$$
Câu 8 Khí cầu có dung tích $328\text{ m}^3$ được bơm khí hydrogen. Khi bơm xong, hydrogen trong khí cầu có nhiệt độ $300\text{ K}$, áp suất $0,9\text{ atm}$. Biết mỗi giây bơm được $2,5\text{ g}$ hydrogen vào khí cầu và khối lượng mol của hydrogen là $2\text{ g/mol}$, hằng số khí lí tưởng $R = 0,082\text{ atm.l/(mol.K)}$. Coi ban đầu khí cầu không chứa khí, vỏ khí cầu không dãn trong suốt quá trình bơm. Tìm thời gian bơm khí hydrogen vào khí cầu theo đơn vị phút?
Đáp án của bạn (đơn vị: phút):
Giải chi tiết Câu 8 – Phần III (Đáp án: 160):
Đổi thể tích khí cầu: $V = 328\text{ m}^3 = 328000\text{ lít}$.
Số mol khí hydrogen cần bơm vào khí cầu theo phương trình Clapeyron – Mendeleev:
$$n = \frac{pV}{RT} = \frac{0,9 \cdot 328000}{0,082 \cdot 300} = 12000\text{ mol}$$
Khối lượng khí hydrogen trong khí cầu:
$$m = n \cdot M = 12000 \cdot 2 = 24000\text{ g}$$
Thời gian bơm khí vào khí cầu (với tốc độ bơm $2,5\text{ g/s}$):
$$t = \frac{24000}{2,5} = 9600\text{ s} = \frac{9600}{60}\text{ phút} = 160\text{ phút}$$
Câu 9 Một vệ tinh địa tĩnh ở độ cao $36600\text{ km}$ so với mặt đất, một đài truyền hình nằm trên đường thẳng nối vệ tinh và tâm Trái Đất. Coi Trái Đất có dạng hình cầu bán kính $6400\text{ km}$. Vệ tinh nhận sóng truyền hình từ đài phát rồi phát lại tức thời tín hiệu đó về Trái Đất. Biết tốc độ truyền sóng $c = 3\cdot 10^8\text{ m/s}$. Bỏ qua hiện tượng nhiễu xạ sóng. Tính khoảng thời gian lớn nhất mà tín hiệu phát đi từ đài truyền hình qua vệ tinh đến Trái Đất theo đơn vị giây ($\text{s}$) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) .
Đáp án của bạn (làm tròn đến hàng phần trăm, đơn vị: s):
Giải chi tiết Câu 9 – Phần III (Đáp án: 0,26):
Quãng đường sóng truyền từ đài truyền hình (nằm trên mặt đất ngay dưới vệ tinh) lên tới vệ tinh là:
$$d_1 = h = 36600\text{ km}$$
Khoảng cách từ vệ tinh $S$ đến tâm Trái Đất $O$ là $OS = R + h = 6400 + 36600 = 43000\text{ km}$.
Điểm trên mặt đất nhận được tín hiệu từ vệ tinh xa nhất ứng với tia truyền sóng tiếp tuyến với mặt cầu Trái Đất, có khoảng cách đến vệ tinh là:
$$d_{2\max} = \sqrt{(R + h)^2 - R^2} = \sqrt{43000^2 - 6400^2} \approx 42521,05\text{ km}$$
Khoảng thời gian lớn nhất mà tín hiệu truyền từ đài phát qua vệ tinh đến Trái Đất là:
$$t_{\max} = \frac{d_1 + d_{2\max}}{c} = \frac{(36600 + 42521,05)\cdot 10^3}{3\cdot 10^8} \approx 0,2637\text{ s} \approx 0,26\text{ s}$$
Câu 10 Một nguồn điện không đổi có suất điện động $E = 20\text{ V}$, điện trở trong $r$ được mắc với biến trở $R$ thành mạch điện kín. Đồ thị hình dưới mô tả sự thay đổi của công suất tiêu thụ ở mạch ngoài theo giá trị $R$. Công suất tiêu thụ cực đại ($P_{\max}$) ở mạch ngoài là bao nhiêu $\text{W}$?
Đáp án của bạn (đơn vị: W):
Giải chi tiết Câu 10 – Phần III (Đáp án: 20):
Từ đồ thị, ứng với hai giá trị $R_1 = 2\text{ }\Omega$ và $R_2 = 12,5\text{ }\Omega$ thì công suất tiêu thụ ở mạch ngoài có cùng giá trị, nên điện trở trong của nguồn điện thỏa mãn:
$$r = \sqrt{R_1 \cdot R_2} = \sqrt{2 \cdot 12,5} = 5\text{ }\Omega$$
Công suất tiêu thụ cực đại ở mạch ngoài đạt được khi $R = r = 5\text{ }\Omega$ và có giá trị là:
$$P_{\max} = \frac{E^2}{4r} = \frac{20^2}{4 \cdot 5} = 20\text{ W}$$
