Đề 04: Đề thi thử chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Vật lí - Lớp 12

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Độ lớn cường độ điện trường ban đầu:

$$E=\frac{\mathrm{kQ}}{\epsilon r^2}.$$

Sau khi thay điện tích và khoảng cách:

$$E\mathrm{\text{'}=}\frac{\text{k\hspace{0.17em}}\left|-\mathrm{2Q}\right|}{\epsilon {\left(r/2\right)}^2}=\frac{\mathrm{2kQ}}{\epsilon r^2/4}=\mathrm{8E}.$$

Dấu của điện tích chỉ làm đổi chiều vectơ điện trường, không làm giảm độ lớn. Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Tại $O$, hai điện tích $-q$ ở $A$ và $C$ gây ra hai vectơ điện trường cùng độ lớn, ngược chiều trên đường chéo $\mathrm{AC}$, nên

$${\overrightarrow{E}}_A+{\overrightarrow{E}}_C=\overrightarrow{0}.$$

Tương tự, hai điện tích $+q$ ở $B,D$ cho

$${\overrightarrow{E}}_B+{\overrightarrow{E}}_D=\overrightarrow{0}.$$

Do đó

$${\overrightarrow{E}}_O=\overrightarrow{0},$$

nên $E_O=0$. Chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Công suất trên mạch ngoài:

$$P=I^{2}R=\frac{E^{2}R}{{\left(R+r\right)}^2}.$$

Với $\mathrm{E,}r$ không đổi, $P$ đạt cực đại khi

$$R=r.$$

Suy ra $R=\text{2\hspace{0.17em}Ω}$. Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Nhánh song song ${Đ}_1,{Đ}_2$ có hiệu điện thế $\text{110\hspace{0.17em}}V$ và đèn ${Đ}_3$ cũng có $\text{110\hspace{0.17em}}V$, tổng đúng $\text{220\hspace{0.17em}}V$. Dòng qua ${Đ}_3$ bằng tổng dòng hai nhánh:

$$I_3=I_1+I_2.$$

Vì cùng hiệu điện thế định mức $U=\text{110\hspace{0.17em}}V$,

$$\frac{P_3}{U}=\frac{P_1}{U}+\frac{P_2}{U}\Rightarrow P_3=P_1+P_2.$$

Chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Dòng định mức:

$$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{3}{6}=0,\text{5\hspace{0.17em}}A,I_2=\frac{1,25}{2,5}=0,\text{5\hspace{0.17em}}A.$$

Nhánh chứa ${Đ}_1$ có điện áp $\text{6\hspace{0.17em}}V$, nên nhánh ${Đ}_2-R_2$ cũng có $\text{6\hspace{0.17em}}V$. Điện áp trên $R_2$:

$$U_{R_2}=6-2,5=3,\text{5\hspace{0.17em}}V,$$

do đó

$$R_2=\frac{3,5}{0,5}=\text{7\hspace{0.17em}Ω}.$$

Dòng mạch chính $I=I_1+I_2=\text{1\hspace{0.17em}}A$. Hiệu điện thế mạch ngoài:

$$U\mathrm{=E-}\mathrm{Ir}=6,6-1\cdot 0,12=6,\text{48\hspace{0.17em}}V.$$

Suy ra $U_{R_1}=6,48-6=0,\text{48\hspace{0.17em}}V$ và

$$R_1=0,\text{48\hspace{0.17em}Ω}.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Năng lượng dây nung cung cấp:

$$Q_{đ}=\mathrm{Pt}=1,2\times {10}^3\cdot 180=\text{216000\hspace{0.17em}}J.$$

Nhiệt lượng nước tăng nhiệt độ:

$$Q_n=\mathrm{mc}\left(90-80\right)=\text{42000m}.$$

Trong $3$ phút, nếu không đun, nước giảm $3\times 1,5=4,5^{\circ }C$, nên nhiệt thất thoát:

$$Q_{\mathrm{hp}}=\mathrm{mc}\cdot 4,5=\text{18900m}.$$

Do đó

$$216000=\text{42000m}+\text{18900m}\Rightarrow m=3,\text{55\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

$$Q=\mathrm{mc}\left(100-25\right)+\mathrm{mL}.$$

Thay số:

$$Q=10\cdot 4180\cdot 75+10\cdot 2,3\times {10}^6=2,6135\times {10}^{7}J=\text{26135\hspace{0.17em}}\mathrm{kJ}.$$

Chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi nhiệt dung của bình 1, bình 2 và nhiệt kế là $C_1,C_2,C_3$. Khi nhiệt kế từ ${16}^{\circ }C$ vào bình 1 đang ở ${80}^{\circ }C$ và cân bằng ở ${78}^{\circ }C$:

$$C_3\left(78-16\right)=C_1\left(80-78\right)\Rightarrow C_1=31C_3.$$

Khi nhiệt kế từ ${78}^{\circ }C$ vào bình 2 đang ở ${16}^{\circ }C$ và cân bằng ở ${19}^{\circ }C$:

$$C_3\left(78-19\right)=C_2\left(19-16\right)\Rightarrow C_2=\frac{59}{3}{C}_3.$$

Lần tiếp theo, nhiệt kế ${19}^{\circ }C$ vào bình 1 đang ở ${78}^{\circ }C$:

$$t=\frac{C_1\cdot 78+C_3\cdot 19}{C_1+C_3}=\frac{31\cdot 78+19}{32}\approx 76,{16}^{\circ }C.$$

Gần nhất là ${76}^{\circ }C$. Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Nội năng $U$ là năng lượng bên trong của vật. Nhiệt lượng $Q$ không phải là phần “chứa sẵn” trong vật mà là năng lượng truyền từ vật này sang vật khác do chênh lệch nhiệt độ. Vì vậy không thể đồng nhất nội năng với nhiệt lượng. Chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Đường biểu diễn giảm từ khoảng ${100}^{\circ }C$ ở mực nước biển xuống khoảng ${80}^{\circ }C$ ở $\text{6000\hspace{0.17em}}m$. Tại $\text{3000\hspace{0.17em}}m$, đồ thị cho ${90}^{\circ }C$. Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Đặt nhiệt độ ban đầu là $T_1$ (K). Khi đó $T_2=T_1+94$ và $V_2=1,2V_1$. Theo định luật Charles:

$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{T_2}{T_1}\Rightarrow 1,2=\frac{T_1+94}{T_1}.$$

Suy ra $0,2T_1=94$, nên $T_1=\text{470\hspace{0.17em}}K=196,{85}^{\circ }C$. Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

$$T_1=\text{300\hspace{0.17em}}K,T_2=\text{308\hspace{0.17em}}K.$$

Do đó

$$\frac{p_2-p_1}{p_1}=\frac{T_2-T_1}{T_1}=\frac{8}{300}=0,02667.$$

Áp suất tăng khoảng $2,7\%$. Chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Số mol helium:

$$n=\frac{m}{M}=\frac{1}{4}=0,\text{25\hspace{0.17em}}\mathrm{mol}.$$

Đường nối $O,\left(4\right),\left(1\right)$ là đường đẳng tích nên $p/T$ không đổi. Với $\left(1\right):\left(T_0,2p_0\right)$ và $\left(4\right):\left(T_4,p_0\right)$:

$$\frac{p_0}{T_4}=\frac{2p_0}{T_0}\Rightarrow T_4=\frac{T_0}{2}=\text{150\hspace{0.17em}}K.$$

Phương trình trạng thái:

$$V_4=\frac{\mathrm{nR}{T}_4}{p_0}=\frac{0,25\cdot 8,31\cdot 150}{{10}^5}=3,12\times {10}^{-3}{m}^3.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

$$\overline{W_d}=\frac{3}{2}\mathrm{kT}\Rightarrow \frac{{\bar{W}}_{\mathrm{d2}}}{{\bar{W}}_{\mathrm{d1}}}=\frac{T_2}{T_1}=\frac{313}{293}\approx 1,068\approx 1,07.$$

Chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Thể tích ban đầu:

$$V_1=\mathrm{Sh}=200\times 40=\text{8000\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^3=8\times {10}^{-3}{m}^3.$$

Vì $T_2=2T_1$ và $p$ không đổi nên $V_2=2V_1$, do đó $\mathrm{\Delta V}=V_1$. Công:

$$A=\mathrm{p\Delta V}=8\times {10}^5\cdot 8\times {10}^{-3}=\text{6400\hspace{0.17em}}J.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Từ trường của dây thẳng tại khoảng cách $r$:

$$B=\frac{{\mu }_0{I}_1}{\mathrm{2\pi r}}.$$

Lực lên cạnh $\mathrm{AD}$ ở khoảng cách $a$:

$$F_1=\mathrm{Ia}\frac{{\mu }_0{I}_1}{\mathrm{2\pi a}}=\frac{{\mu }_{0}I{I}_1}{\mathrm{2\pi }}=4\times {10}^{-7}N.$$

Lực lên cạnh $\mathrm{BC}$ ở khoảng cách $\mathrm{2a}$:

$$F_2=\mathrm{Ia}\frac{{\mu }_0{I}_1}{\mathrm{2\pi }\left(\mathrm{2a}\right)}=2\times {10}^{-7}N.$$

Hai lực ngược chiều, nên

$$F=F_1-F_2=2\times {10}^{-7}N.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

$$F_t=\mathrm{BI}\mathrm{l=}\mathrm{2mg},\text{ P}=\mathrm{mg}.$$

Vì hợp lực của hai lực căng cân bằng với ${\overrightarrow{F}}_t+\overrightarrow{P}$,

$$\tan \alpha =\frac{F_t}{P}=2.$$

Suy ra

$$\alpha \text{=arctan}2\approx 63,4^{\circ }.$$

Gần nhất ${63}^{\circ }$. Chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Vì $\overrightarrow{B}\parallel \mathrm{AN}$, khoảng cách vuông góc giữa $M$ và đường $\mathrm{AN}$ là $\mathrm{AM}=0,\text{08\hspace{0.17em}}m$. Do đó

$$F_{\mathrm{MN}}=\text{BI\hspace{0.17em}MN}\sin \theta =\mathrm{BI}\cdot \mathrm{AM}.$$

Thay số:

$$F_{\mathrm{MN}}=3\times {10}^{-3}\cdot 5\cdot 0,08=1,2\times {10}^{-3}N.$$

Chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai

Phân tích từng ý

a) Đúng. $F_{đ}=\mathrm{eE}=1,6\times {10}^{-19}\cdot 120=1,92\times {10}^{-17}N$.

b) Đúng. $P=m_{e}g=9,1\times {10}^{-31}\cdot 9,8=8,918\times {10}^{-30}N$.

c) Sai. $F_{đ}/P\approx 2,15\times {10}^{12}$, lực điện lớn hơn trọng lực rất nhiều.

d) Sai. Ở gần mặt đất, vectơ điện trường khí quyển thường được quy ước hướng thẳng đứng xuống; hơn nữa electron không tự động lơ lửng vì còn phụ thuộc dấu điện tích, môi trường và các lực khác.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Đúng. Nước và ấm tăng nhiệt độ; một phần nước còn nhận nhiệt hóa hơi.

b) Sai. Kết quả là $1,562\times {10}^{6}J=1,\text{562\hspace{0.17em}}\mathrm{MJ}$, không phải kJ.

c) Sai. Điện năng vào là khoảng $2,\text{083\hspace{0.17em}}\mathrm{MJ}$, không phải kJ.

d) Đúng. Chia điện năng cho $35\times \text{60\hspace{0.17em}}s$ được xấp xỉ $991,\text{8\hspace{0.17em}}W$.

Tính toán chi tiết

Khối lượng nước hóa hơi: $m_h=0,30\cdot 1,5=0,\text{45\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}$. Nhiệt lượng hữu ích:

$$Q=\left(m_n{c}_n+m_{\mathrm{Al}}{c}_{\mathrm{Al}}\right)\left(100-20\right)+m_{h}L.$$

$$Q=\left(1,5\cdot 4190+0,6\cdot 880\right)80+0,45\cdot 2,26\times {10}^6=1,56204\times {10}^{6}J.$$

Với hiệu suất $\eta =0,75$:

$$A=\frac{Q}{\eta }=2,08272\times {10}^{6}J.$$

$$P=\frac{A}{35\cdot 60}=991,\text{77\hspace{0.17em}}W.$$

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai

Phân tích từng ý

a) Sai. $Q_1=1\cdot 4200\cdot 90=\text{378000\hspace{0.17em}}J$.

b) Đúng. $P=378000/\left(18\cdot 60\right)=\text{350\hspace{0.17em}}W$.

c) Đúng. $Q_2=P\cdot 23\cdot 60=\text{483000\hspace{0.17em}}J$.

d) Sai. Nhiệt hóa hơi riêng suy ra $L=Q_2/0,2=2,415\times {10}^6\text{J/kg}=2,\text{415\hspace{0.17em}}\text{MJ/kg}$, không phải kJ/kg.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Đúng. Đây là cơ chế vật lí quan trọng của bệnh giảm áp.

b) Sai. Áp suất tuyệt đối là $p_1=p_0+\text{hogh}=3,513\times {10}^5\mathrm{Pa}$; $2,5\times {10}^5\mathrm{Pa}$ chỉ gần với áp suất do cột nước gây ra.

c) Đúng. Ở mặt nước, áp suất xấp xỉ áp suất khí quyển.

d) Đúng. Đẳng nhiệt: $p_1{V}_1=p_2{V}_2$, suy ra $V_2\approx 3,47V_1$, gần $3,\text{4\hspace{0.17em}}{\mathrm{mm}}^3$.

Tính toán chi tiết

$$p_1=p_0+\mathrm{\rho gh}=1,013\times {10}^5+1000\cdot 10\cdot 25=3,513\times {10}^5\mathrm{Pa}.$$

$$p_2=p_0=1,013\times {10}^5\mathrm{Pa}.$$

$$V_2=\frac{p_1}{p_2}{V}_1=\frac{3,513}{1,013}\cdot 1,00\approx 3,\text{47\hspace{0.17em}}{\mathrm{mm}}^3.$$

Đáp án: 1,5

Hướng dẫn giải

Ba điểm $C,D,E$ chia vòng thành ba cung có điện trở $R_0/3$. Đặt $R_{\mathrm{AC}}=x$, $R_{\mathrm{DB}}=y$. Khi đó

$$R_{\mathrm{AE}}=\frac{R_0}{3}-x,R_{\mathrm{EB}}=\frac{R_0}{3}-y.$$

Do các cạnh tam giác có điện trở không đáng kể, các điểm $C,D,E$ cùng điện thế; từ $A$ đến nút chung có hai nhánh song song và từ nút chung đến $B$ cũng có hai nhánh song song:

$$R_{\mathrm{AB}}=\frac{x\left(\frac{R_0}{3}-x\right)}{R_0/3}+\frac{y\left(\frac{R_0}{3}-y\right)}{R_0/3}.$$

Hình học trên nửa đường tròn cho

$$x+y=\frac{R_0}{2}-\frac{R_0}{3}=\frac{R_0}{6}.$$

Rút gọn:

$$R_{\mathrm{AB}}=\frac{R_0}{12}+\frac{\mathrm{6xy}}{R_0}.$$

Với tổng $x+y$ không đổi, $\mathrm{xy}$ lớn nhất khi $x=y=R_0/12$, nên

$$R_{\max }=\frac{R_0}{8}.$$

Giá trị nhỏ nhất khi $x=0$ hoặc $y=0$:

$$R_{\min }=\frac{R_0}{12}.$$

Vậy

$$\frac{R_{\max }}{R_{\min }}=\frac{R_0/8}{R_0/12}=1,5.$$

Đáp án: 0,3 mJ

Hướng dẫn giải

Năng lượng ban đầu:

$$W_i=\frac{1}{2}{C}_1{U}^2=\frac{1}{2}\cdot 0,6\times {10}^{-6}\cdot {50}^2=7,5\times {10}^{-4}J.$$

Bảo toàn điện tích cho hiệu điện thế chung:

$$U\mathrm{\text{'}=}\frac{C_{1}U}{C_1+C_2}=\frac{0,6\cdot 50}{1,0}=\text{30\hspace{0.17em}}V.$$

Năng lượng sau khi ghép:

$$W_f=\frac{1}{2}\left(C_1+C_2\right)U{\text{'}}^2=\frac{1}{2}\cdot {10}^{-6}\cdot {30}^2=4,5\times {10}^{-4}J.$$

Năng lượng mất mát:

$$\mathrm{\Delta W}=W_i-W_f=3,0\times {10}^{-4}J=0,\text{3\hspace{0.17em}}\mathrm{mJ}.$$

Đáp án: ${40}^{\circ }C$

Hướng dẫn giải

Gọi khối lượng chất lỏng khi bình đầy là $m$, nhiệt dung riêng là $c$. Ban đầu mỗi bình chứa $m/2$, nên tổng nhiệt năng (lấy mốc tùy ý) là

$$E_i=\frac{\mathrm{mc}}{2}\left(10+40+80\right)=\text{65mc}.$$

Sau cùng: bình 1 chứa $m$ ở ${50}^{\circ }C$; bình 2 chứa $m/3$ ở ${25}^{\circ }C$; khối lượng còn lại ở bình 3 là

$$\frac{\mathrm{3m}}{2}-m-\frac{m}{3}=\frac{m}{6}.$$

Bảo toàn nhiệt năng:

$$\text{65mc}=\text{50mc}+\frac{m}{3}c\cdot 25+\frac{m}{6}\text{c\hspace{0.17em}}{t}_3.$$

Chia cho $\mathrm{mc}$ và giải được

$$t_3={40}^{\circ }C.$$

Đáp án: $\text{909\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^3$

Hướng dẫn giải

Ban đầu $p_1=p_0={10}^5\mathrm{Pa}$, $V_1=\text{1000\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^3$. Khi cân bằng:

$$p_{2}S=p_{0}S+\mathrm{mg}\Rightarrow p_2=p_0+\frac{\mathrm{mg}}{S}.$$

Với $S=\text{100\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^2={10}^{-2}{m}^2$:

$$p_2={10}^5+\frac{10\cdot 10}{{10}^{-2}}=1,1\times {10}^5\mathrm{Pa}.$$

Đẳng nhiệt:

$$p_1{V}_1=p_2{V}_2\Rightarrow V_2=\frac{{10}^5\cdot 1000}{1,1\times {10}^5}=909,\text{09\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^3.$$

Làm tròn ba chữ số có nghĩa: $\text{909\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^3$.

Đáp án: $3,3\times {10}^3{\mathrm{N/m}}^2$

Hướng dẫn giải

Khối lượng một phân tử:

$$m=3,3\times {10}^{-24}g=3,3\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.$$

Thành phần vận tốc vuông góc với thành là $v_{\perp }=v\sin {30}^{\circ }=v/2$. Độ biến thiên động lượng của một phân tử khi va chạm đàn hồi:

$$\mathrm{\Delta p}=\mathrm{2m}{v}_{\perp }=\mathrm{mv}.$$

Trong $\mathrm{\Delta t}=\text{1\hspace{0.17em}}s$ có $N={10}^{23}$ va chạm, lực trung bình:

$$F=\frac{\mathrm{N\Delta p}}{\mathrm{\Delta t}}=\mathrm{Nmv}.$$

Với $S=\text{1\hspace{0.17em}}{\mathrm{cm}}^2={10}^{-4}{m}^2$:

$$p=\frac{F}{S}=\frac{{10}^{23}\cdot 3,3\times {10}^{-27}\cdot {10}^3}{{10}^{-4}}=3,3\times {10}^3\mathrm{Pa}.$$

Đáp án: $0,\text{02\hspace{0.17em}}N$

Hướng dẫn giải

Dòng điện qua thanh:

$$I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{5+1}=\text{2\hspace{0.17em}}A.$$

Thanh vuông góc với từ trường nên

$$F=\mathrm{BI}\mathrm{l=}0,1\cdot 2\cdot 0,10=0,\text{02\hspace{0.17em}}N.$$