Đề thi thử THPT năm 2026 - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Nhiệt kế chưa chia vạch nhưng đã xác định:

Điểm đóng băng của nước, tương ứng $0^{\circ }C$, ở vị trí $1\text{ cm}$.

Điểm sôi của nước, tương ứng ${100}^{\circ }C$, ở vị trí $11\text{ cm}$.

Mực thủy ngân đang ở vị trí $\mathrm{6,6}\text{ cm}$.

Thang đo được coi là tuyến tính.

2. Hướng dẫn giải

Khoảng cách ứng với ${100}^{\circ }C$:

$$\text{11-1=10}\text{ cm}.$$

Khoảng cách từ điểm đóng băng đến mực thủy ngân:

$$\text{6,6-1=5,6}\text{ cm}.$$

Nhiệt độ cần tìm:

$$\mathrm{t=}\frac{\mathrm{5,6}}{10}\text{⋅100=}{56}^{\circ }C.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Đúng, nhiệt độ là ${56}^{\circ }C$.

B, C, D. Sai do không tính khoảng cách từ điểm đóng băng đến vị trí mực thủy ngân.

4. Ghi nhớ

Với nhiệt kế tuyến tính:

$$\mathrm{t=}\frac{\mathrm{x-}{x}_0}{x_{100}-x_0}\cdot {100}^{\circ }C.$$

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Điện áp xoay chiều có dạng:

$$\mathrm{u=}{U}_0\cos \left(\text{ωt+φ}\right).$$

So sánh với $\text{u=120}\sqrt{2}\cos \left(\text{100πt}\right)$.

2. Hướng dẫn giải

Biên độ điện áp:

$$U_0\text{=120}\sqrt{2}\text{ V}.$$

Điện áp hiệu dụng:

$$\mathrm{U=}\frac{U_0}{\sqrt{2}}\text{=120}\text{ V}.$$

Tần số góc:

$$\text{ω=100π}\text{ rad/s}.$$

Suy ra:

$$\mathrm{f=}\frac{\omega }{\mathrm{2\pi }}=\frac{\text{100π}}{\mathrm{2\pi }}\mathrm{=50}\text{ Hz}.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

A, B. Nhầm biên độ $U_0$với giá trị hiệu dụng $U$.

C. Nhầm tần số góc $\omega$với tần số $f$.

D. Đúng.

4. Ghi nhớ

$$\mathrm{U=}\frac{U_0}{\sqrt{2}}\text{, f=}\frac{\omega }{\mathrm{2\pi }}.$$

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Áp suất khí được liên hệ với khối lượng riêng và chuyển động nhiệt của các phân tử theo mô hình động học phân tử.

2. Hướng dẫn giải

Theo thuyết động học phân tử chất khí:

$$\mathrm{p=}\frac{1}{3}\rho v^2,$$

trong đó $\rho$là khối lượng riêng của khí và $v^2$là trung bình của bình phương tốc độ phân tử.

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Đúng.

B, C, D. Sai hệ số trong công thức áp suất chất khí.

4. Ghi nhớ

Hai công thức thường dùng:

$$\mathrm{p=}\frac{1}{3}\rho v^2\text{, p=}\frac{2}{3}{n}_0{W}_{đ}.$$

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Cần phân biệt nội năng với nhiệt lượng và nhiệt độ.

2. Hướng dẫn giải

Nội năng là tổng động năng chuyển động nhiệt của các phân tử cấu tạo nên vật và thế năng tương tác giữa chúng. Vì vậy, nội năng là một dạng năng lượng.

Nội năng có thể thay đổi bằng hai cách:

Truyền nhiệt.

Thực hiện công.

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Sai, nội năng còn có thể thay đổi do thực hiện công.

B. Sai, nhiệt lượng là phần năng lượng truyền từ vật này sang vật khác.

C. Sai, không thể chỉ dựa vào nội năng để so sánh nhiệt độ của hai vật khác nhau.

D. Đúng.

4. Ghi nhớ

Vật có nội năng, nhưng không nói vật “chứa nhiệt lượng”.

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Trong sóng điện từ, ba vectơ $\overrightarrow{E}$, $\overrightarrow{B}$và phương truyền sóng đôi một vuông góc. Chiều truyền sóng cùng chiều với:

$$\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B}.$$

2. Hướng dẫn giải

Chọn các chiều:

Đông: hướng sang phải.

Bắc: hướng lên phía Bắc.

Thẳng đứng lên trên: phương truyền sóng.

Từ trường $\overrightarrow{B}$hướng về phía Đông. Để $\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B}$hướng thẳng đứng lên trên thì $\overrightarrow{E}$phải hướng về phía Nam.

Có thể kiểm tra:

$$\mathrm{Nam}\times Đ\hat{o}\mathrm{ng}=l\hat{e}\text{n tr}\hat{e}n.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Đúng.

B. Sai vì $\overrightarrow{E}$phải vuông góc với phương truyền.

C. Cho chiều truyền xuống dưới.

D. $\overrightarrow{E}$không được cùng phương với $\overrightarrow{B}$.

4. Ghi nhớ

$$\overrightarrow{E}\perp \overrightarrow{B}\text{, }\overrightarrow{E}\perp \overrightarrow{v}\text{, }\overrightarrow{B}\perp \overrightarrow{v}.$$

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Khi điện trở của biến trở giảm, cường độ dòng điện trong vòng dây tròn tăng. Từ thông qua khung dây vuông vì thế tăng.

2. Hướng dẫn giải

Theo chiều mắc nguồn trong hình, dòng điện trong vòng dây tròn chạy theo chiều kim đồng hồ. Từ trường do vòng dây tròn gây ra tại khung dây vuông hướng vào mặt phẳng hình vẽ.

Khi biến trở giảm:

Dòng điện trong vòng dây tròn tăng.

Từ thông hướng vào mặt phẳng hình vẽ tăng.

Theo định luật Lenz, dòng điện cảm ứng phải sinh ra từ trường hướng ra khỏi mặt phẳng hình vẽ để chống lại sự tăng của từ thông.

Muốn có từ trường hướng ra khỏi mặt phẳng, dòng điện cảm ứng phải chạy ngược chiều kim đồng hồ.

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

Dòng điện trong mạch chính tăng liên tục nên chiều biến thiên từ thông không đổi. Vì vậy dòng điện cảm ứng không đổi chiều trong quá trình dịch chuyển con chạy.

4. Ghi nhớ

Dòng điện cảm ứng không chống lại từ trường ban đầu mà chống lại sự biến thiên của từ thông.

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

Sử dụng công thức nhiệt lượng làm vật tăng nhiệt độ:

$$\text{Q=mc}\Delta \mathrm{t.}$$

2. Hướng dẫn giải

Suy ra:

$$\mathrm{c=}\frac{Q}{m\Delta t}.$$

Thay số:

$$\mathrm{c=}\frac{17600}{\text{1⋅20}}\text{=880}\text{ J/(kg}.\mathrm{K)}.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn B.}$$

3. Phân tích các phương án

B. Đúng.

Các phương án còn lại không thỏa mãn $\text{Q=mc}\Delta t$.

4. Ghi nhớ

Độ tăng nhiệt độ có cùng giá trị số khi tính theo độ C và kelvin:

$$\Delta \mathrm{t=}{20}^{\circ }C\mathrm{=20}\text{ K}.$$

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Giá trị $\mathrm{273,16}\text{ K}$gắn với điểm ba của nước.

2. Hướng dẫn giải

Tại điểm ba, nước có thể đồng thời tồn tại ở cả ba trạng thái:

Rắn.

Lỏng.

Khí.

Nhiệt độ của điểm ba của nước là $\mathrm{273,16}\text{ K}$.

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Đúng.

B. Nhiệt độ sôi ở áp suất tiêu chuẩn gần $\mathrm{373,15}\text{ K}$.

C. Nhiệt độ nóng chảy ở áp suất tiêu chuẩn gần $\mathrm{273,15}\text{ K}$.

D. Mô tả nhiệt độ không tuyệt đối, gần $0\text{ K}$.

4. Ghi nhớ

$$\left(T\left(K\right)\mathrm{=t}{\left((\right)}^{\circ }C\right)\text{+273,15.}$$

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

Từ trường hướng ra khỏi mặt phẳng hình vẽ và tăng đều. Cần xác định suất điện động, cường độ và chiều dòng điện cảm ứng.

2. Hướng dẫn giải

Đổi diện tích:

$$\text{S=100}{\text{ cm}}^2={10}^{\mathrm{-2}}{\text{ m}}^2.$$

Độ biến thiên cảm ứng từ:

$$\Delta \text{B=6⋅}{10}^{\mathrm{-2}}\text{ T}.$$

Suất điện động cảm ứng:

$$\text{∣E∣=}S\frac{\Delta B}{\Delta t}={10}^{\mathrm{-2}}\cdot \frac{\mathrm{6\cdot }{10}^{\mathrm{-2}}}{\mathrm{2\cdot }{10}^{\mathrm{-3}}}\text{=0,3}\text{ V}.$$

Cường độ dòng điện:

$$\mathrm{I=}\frac{E}{R}=\frac{\mathrm{0,3}}{10}\text{=0,03}\text{ A}.$$

Vì từ thông hướng ra khỏi mặt phẳng đang tăng, dòng điện cảm ứng phải sinh ra từ trường hướng vào mặt phẳng. Dòng điện cảm ứng chạy theo chiều kim đồng hồ.

Trên nhánh chứa điện trở, dòng điện có chiều từ B đến A.

$$\Rightarrow \text{Chọn C.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Đúng độ lớn nhưng sai chiều.

B. Đúng chiều nhưng sai độ lớn.

C. Đúng cả chiều và độ lớn.

D. Sai cả chiều và độ lớn.

4. Ghi nhớ

$$\text{∣E∣=}\mid \frac{\mathrm{\Delta \Phi }}{\Delta t}\mid \text{, }\Phi \mathrm{=BS}\cos \alpha .$$

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Cần nhận biết tên gọi của quá trình chuyển thể từ khí sang lỏng.

2. Hướng dẫn giải

Quá trình chất chuyển từ thể khí hoặc hơi sang thể lỏng được gọi là sự ngưng tụ.

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

Ngưng tụ: khí $\to$lỏng.

Hóa hơi: lỏng $\to$khí.

Nóng chảy: rắn $\to$lỏng.

Đông đặc: lỏng $\to$rắn.

4. Ghi nhớ

Nóng chảy và đông đặc là hai quá trình ngược nhau; hóa hơi và ngưng tụ cũng là hai quá trình ngược nhau.

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Bên ngoài nam châm, đường sức từ đi ra từ cực Bắc và đi vào cực Nam.

2. Hướng dẫn giải

Quan sát chiều mũi tên trên các đường sức:

Các đường sức đi vào đầu 1 nên đầu 1 là cực Nam.

Các đường sức đi ra từ đầu 2 nên đầu 2 là cực Bắc.

Các đường sức đi vào đầu 3 nên đầu 3 là cực Nam.

Các đường sức đi ra từ đầu 4 nên đầu 4 là cực Bắc.

Vậy 1 và 3 là cực Nam; 2 và 4 là cực Bắc.

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

Chỉ phương án A phù hợp với chiều của toàn bộ các đường sức từ trong hình.

4. Ghi nhớ

Bên ngoài nam châm: Bắc $\to$Nam.

Bên trong nam châm: Nam $\to$Bắc.

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

Quá trình nén đẳng nhiệt của một lượng khí xác định tuân theo định luật Boyle:

$$\mathrm{pV=}h\grave{\stackrel{˘}{a}}\text{ng s}\acute{\stackrel{ˆ}{o}}.$$

2. Hướng dẫn giải

Ta có:

$$p_1{V}_1=p_2{V}_2.$$

Thể tích giảm 5 lần:

$$V_2=\frac{V_1}{5}.$$

Suy ra:

$$p_2=p_1\frac{V_1}{V_2}\text{=0,8⋅5=4}\text{ atm}.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn A.}$$

3. Phân tích các phương án

Khi nhiệt độ không đổi, thể tích giảm bao nhiêu lần thì áp suất tăng bấy nhiêu lần.

4. Ghi nhớ

Trong quá trình đẳng nhiệt:

$$\mathrm{p\sim }\frac{1}{V}.$$

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí lí tưởng:

$$W_{đ}=\frac{3}{2}\mathrm{kT.}$$

2. Hướng dẫn giải

Đổi nhiệt độ:

$$\text{T=35+273=308}\text{ K}.$$

Thay số:

$$W_{đ}=\frac{3}{2}\text{⋅1,38⋅}{10}^{\mathrm{-23}}\text{⋅308≈6,38⋅}{10}^{\mathrm{-21}}\text{ J}.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

D là giá trị phù hợp với công thức $W_{đ}=\frac{3}{2}\mathrm{kT}$.

4. Ghi nhớ

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ tuyệt đối, không phụ thuộc loại khí.

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Với lượng khí xác định và thể tích không đổi:

$$\frac{p}{T}=h\grave{\stackrel{˘}{a}}\text{ng s}\acute{\stackrel{ˆ}{o}}.$$

2. Hướng dẫn giải

Từ phương trình trạng thái:

$$\text{pV=nRT.}$$

Khi $V$và $n$không đổi:

$$\mathrm{p=}\frac{\mathrm{nR}}{V}\mathrm{T.}$$

Do đó, $p$phụ thuộc tuyến tính vào $T$. Đồ thị $\mathrm{p-T}$là đường thẳng đi qua gốc tọa độ nếu kéo dài.

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

Các dạng hình sin, parabol và hyperbol không phù hợp với quan hệ $\mathrm{p\sim T}$.

4. Ghi nhớ

Chỉ sử dụng nhiệt độ tuyệt đối $T$trong các định luật chất khí.

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

Câu hỏi yêu cầu nhận biết đơn vị SI của từ thông.

2. Hướng dẫn giải

Từ thông được xác định bởi:

$$\Phi \mathrm{=BS}\cos \alpha .$$

Đơn vị của từ thông là weber, kí hiệu Wb.

$$\Rightarrow \text{Chọn C.}$$

3. Phân tích các phương án

J: đơn vị năng lượng.

W: đơn vị công suất.

Wb: đơn vị từ thông.

T: đơn vị cảm ứng từ.

4. Ghi nhớ

$$1\text{ Wb}\mathrm{=1}\text{ T}\cdot m^2.$$

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

Sử dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng:

$$\text{pV=nRT.}$$

2. Hướng dẫn giải

Suy ra số mol khí:

$$\mathrm{n=}\frac{\mathrm{pV}}{\mathrm{RT}}.$$

$$\Rightarrow \text{Chọn B.}$$

3. Phân tích các phương án

Chỉ phương án B đúng cả về biểu thức và thứ nguyên.

4. Ghi nhớ

Trong hệ SI:

$p$tính bằng Pa.

$V$tính bằng $m^3$.

$T$tính bằng K.

$\text{R=8,31}\text{ J/(mol}.\mathrm{K)}$.

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

Khí lí tưởng là mô hình trong đó các phân tử được coi như những chất điểm và lực tương tác giữa chúng được bỏ qua, trừ khi va chạm.

2. Hướng dẫn giải

Do bỏ qua lực tương tác giữa các phân tử nên thế năng tương tác giữa các phân tử khí có thể coi bằng không.

$$\Rightarrow \text{Chọn B.}$$

3. Phân tích các phương án

A. Sai, động năng chuyển động nhiệt không thể bỏ qua.

B. Đúng.

C. Sai, phân tử vẫn có khối lượng.

D. Sai, áp suất do các phân tử va chạm vào thành bình gây ra.

4. Ghi nhớ

Nội năng của khí lí tưởng chỉ gồm động năng chuyển động nhiệt của các phân tử nên chỉ phụ thuộc nhiệt độ.

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

Theo quy ước trong công thức:

$$\Delta \text{U=Q+A,}$$

$Q$và $A$dương khi hệ nhận năng lượng.

2. Hướng dẫn giải

Hệ nhận nhiệt lượng nên $\mathrm{Q>0}$.

Hệ nhận công nên $\mathrm{A>0}$.

Vì vậy:

$$\text{Q>0, A>0.}$$

$$\Rightarrow \text{Chọn D.}$$

3. Phân tích các phương án

Chỉ phương án D có dấu của cả $Q$và $A$phù hợp với quy ước đề bài.

4. Ghi nhớ

Hệ nhận nhiệt: $\mathrm{Q>0}$.

Hệ truyền nhiệt: $\mathrm{Q<0}$.

Hệ nhận công: $\mathrm{A>0}$.

Hệ thực hiện công: $\mathrm{A<0}$.

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

1. Phân tích nhanh

Vòng dây (1) tạo ra từ trường xuyên qua vòng dây (2). Khi thay đổi biến trở, cường độ dòng điện trong vòng (1) thay đổi, làm từ thông qua vòng (2) biến thiên.

Theo chiều mắc nguồn trong hình, nhìn từ vị trí của mắt, dòng điện trong vòng (1) chạy theo chiều kim đồng hồ và tạo ra từ trường hướng ra xa mắt.

2. Hướng dẫn từng ý

a) Đúng.

Thay đổi giá trị của $R$làm dòng điện trong vòng (1) thay đổi. Từ trường do vòng (1) gây ra thay đổi nên từ thông qua vòng (2) biến thiên. Trong vòng (2) xuất hiện suất điện động và dòng điện cảm ứng.

b) Sai.

Khi giảm $R$, cường độ dòng điện trong vòng (1) tăng. Từ thông hướng ra xa mắt tăng.

Theo định luật Lenz, vòng (2) phải sinh ra từ trường hướng về phía mắt. Nhìn từ phía mắt, dòng điện cảm ứng phải chạy ngược chiều kim đồng hồ, không phải cùng chiều kim đồng hồ.

c) Sai.

Khi tháo nguồn, dòng điện trong vòng (1) giảm nhanh về không, làm từ thông hướng ra xa mắt giảm.

Dòng điện cảm ứng trong vòng (2) phải tạo ra từ trường hướng ra xa mắt để chống lại sự giảm từ thông. Vì vậy, nhìn từ phía mắt, dòng điện cảm ứng chạy cùng chiều kim đồng hồ.

d) Đúng.

Theo định luật Faraday:

$$\mid E_c\mid =\mid \frac{\mathrm{\Delta \Phi }}{\Delta t}\mid .$$

Biến trở thay đổi càng nhanh thì dòng điện trong vòng (1) và từ thông qua vòng (2) thay đổi càng nhanh, suất điện động cảm ứng càng lớn.

3. Kết luận

$$\text{a) Đ}\acute{u}\text{ng; b) Sai; c) Sai; d) Đ}\acute{u}\mathrm{ng.}$$

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

1. Phân tích nhanh

Mỗi lần đo đều đưa mực nước ở nhánh trái về đúng vạch 0 nên thể tích khí trong bình được giữ không đổi.

Ống chữ U có nhánh phải hở. Mực chất lỏng bên phải cao hơn bên trái nên áp suất khí trong bình lớn hơn áp suất khí quyển.

2. Hướng dẫn từng ý

a) Đúng.

Mực nước ở nhánh trái luôn được đưa về cùng vạch 0. Vì vị trí mặt phân cách khí – nước không thay đổi nên thể tích của khí trong bình A ở các lần đo là như nhau.

b) Sai.

Áp suất khí không bằng $\mathrm{\rho gh}$. Vì nhánh phải hở ra khí quyển nên:

$$\mathrm{p=}{p}_0\text{+ρgh.}$$

Trong đó $\mathrm{\rho gh}$chỉ là độ chênh lệch giữa áp suất khí trong bình và áp suất khí quyển.

c) Sai.

Khi $\mathrm{h=0}$, ta có $\mathrm{p=}{p}_0$, tức là khí trở về nhiệt độ ban đầu của thí nghiệm, khoảng ${23}^{\circ }C$, chứ không phải nhiệt độ không tuyệt đối.

Do đó, giao điểm của đường hồi quy với trục hoành không biểu diễn nhiệt độ không tuyệt đối.

d) Đúng.

Từ đồ thị:

$$h\left(\mathrm{mm}\right)\text{=33,91t-778,05.}$$

Tại nhiệt độ không tuyệt đối, áp suất khí lí tưởng ngoại suy bằng 0:

$$\mathrm{0=}{p}_0\text{+ρgh.}$$

Suy ra:

$$\mathrm{h=-}\frac{p_0}{\mathrm{\rho g}}=-\frac{\text{1,01⋅}{10}^5}{\text{1000⋅9,8}}\text{≈-10,31}\text{ m}\text{=-10310}\text{ mm}.$$

Thay vào phương trình hồi quy:

$$\text{-10310=33,91t-778,05.}$$

Suy ra:

$$\mathrm{t\approx -}{281}^{\circ }C.$$

3. Kết luận

$$\text{a) Đ}\acute{u}\text{ng; b) Sai; c) Sai; d) Đ}\acute{u}\mathrm{ng.}$$

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

1. Phân tích nhanh

Các giai đoạn trên đồ thị:

$0$đến $10$phút: nước đá tăng nhiệt từ $-{40}^{\circ }C$lên $0^{\circ }C$.

$10$đến $15$phút: nước đá nóng chảy ở $0^{\circ }C$.

$15$đến $30$phút: nước tăng nhiệt từ $0^{\circ }C$lên ${100}^{\circ }C$.

Sau $30$phút: nước sôi ở khoảng ${100}^{\circ }C$.

2. Hướng dẫn từng ý

a) Sai.

Tại $\text{t=12}$phút, hệ đang ở đoạn nhiệt độ không đổi $0^{\circ }C$. Đây là giai đoạn nước đá đang nóng chảy, không phải nước đang sôi.

b) Sai.

Độ dốc trong khoảng $0$đến $10$phút liên quan đến nhiệt dung riêng của nước đá. Độ dốc trong khoảng $15$đến $30$phút liên quan đến nhiệt dung riêng của nước.

Hai độ dốc này không cho phép so sánh trực tiếp nhiệt nóng chảy riêng và nhiệt hóa hơi riêng.

c) Đúng theo cách hiểu của đáp án.

Trong khoảng $10$đến $15$phút, hỗn hợp nước – nước đá và đầu đo đều ổn định ở $0^{\circ }C$. Khi đầu đo đã cân bằng nhiệt với hỗn hợp, không có sự truyền nhiệt thuần do chênh lệch nhiệt độ từ khối nước đá sang đầu đo.

Nhiệt lượng do đèn cung cấp trong giai đoạn này chủ yếu được dùng để làm nước đá nóng chảy.

d) Sai.

Muốn tính các đại lượng $c_{đ\acute{a}}$, $\lambda$và $c_{\text{nước}}$, ngoài khối lượng còn phải biết nhiệt lượng cung cấp trong từng giai đoạn, tức là phải biết công suất có ích của nguồn đun hoặc hiệu suất truyền nhiệt.

Chỉ đo thêm khối lượng là chưa đủ.

3. Kết luận

$$\text{a) Sai; b) Sai; c) Đ}\acute{u}\text{ng; d) Sai.}$$

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

1. Phân tích nhanh

Lực từ tác dụng lên đoạn dây AB của $N$vòng dây:

$$\text{F=NBIL.}$$

Lực từ không được lực kế đo trực tiếp mà được xác định thông qua độ thay đổi số chỉ lực kế:

$$\mathrm{F=}{F}_2-F_1.$$

2. Hướng dẫn từng ý

a) Sai.

Lực từ tác dụng lên mọi phần tử chiều dài của đoạn dây AB nằm trong từ trường. Có thể coi hợp lực đặt tại trung điểm của AB nhưng không thể nói lực từ chỉ tác dụng tại trung điểm.

b) Đúng.

Từ trường trong khe nam châm có chiều từ cực Bắc N sang cực Nam S. Kết hợp với yêu cầu lực từ tác dụng lên AB hướng thẳng đứng xuống dưới, áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được dòng điện trên AB có chiều từ A đến B.

Do đó, dòng điện trong khung có chiều:

$$\text{A→B→C→D.}$$

c) Sai.

Lực kế đo lực căng trong hệ cân. Lực từ được suy ra gián tiếp từ độ thay đổi số chỉ:

$$\mathrm{F=}{F}_2-F_1.$$

Vì vậy, lực kế không đo trực tiếp lực từ tác dụng lên cạnh khung dây.

d) Đúng.

Lần 1:

$$B_1=\frac{\text{0,320-0,210}}{\text{200⋅0,4⋅0,04}}\text{=0,034375}\text{ T}.$$

Lần 2:

$$B_2=\frac{\text{0,440-0,220}}{\text{200⋅0,8⋅0,04}}\text{=0,034375}\text{ T}.$$

Lần 3:

$$B_3=\frac{\text{0,480-0,200}}{\text{200⋅1,0⋅0,04}}\text{=0,0350}\text{ T}.$$

Giá trị trung bình:

$$B=\frac{B_1+B_2+B_3}{3}\text{≈0,0346}\text{ T}.$$

3. Kết luận

$$\text{a) Sai; b) Đ}\acute{u}\text{ng; c) Sai; d) Đ}\acute{u}\mathrm{ng.}$$

Trả lời: 3

1. Phân tích nhanh

Với một lượng khí lí tưởng xác định:

$$\mathrm{V=}\frac{\mathrm{nRT}}{p}.$$

Xét thể tích tại các trạng thái và trên từng đoạn của chu trình.

2. Hướng dẫn giải

Tại trạng thái 1:

$$V_1=\frac{\mathrm{nR}{T}_0}{p_0}.$$

Tại trạng thái 2:

$$V_2=\frac{\mathrm{nR}\left(3T_0\right)}{3p_0}=\frac{\mathrm{nR}{T}_0}{p_0}=V_1.$$

Đoạn $\mathrm{1\to 2}$có:

$$\frac{p}{T}=\frac{p_0}{T_0},$$

nên là quá trình đẳng tích.

Tại trạng thái 3:

$$V_3=\frac{\mathrm{nR}\left(3T_0\right)}{p_0}\mathrm{=3}{V}_1.$$

Thể tích nhỏ nhất: $V_{\min }=V_1=V_2$.

Thể tích lớn nhất: $V_{\max }=V_3\mathrm{=3}{V}_1$.

Do đó:

$$\frac{V_{\max }}{V_{\min }}\mathrm{=3.}$$

3. Kết luận

$$3$$

Trả lời: -51

1. Phân tích nhanh

Ban đầu tổng chiều cao là:

$$h_1+h_2\text{=40+40=80}\text{ cm}.$$

Khi cân bằng, tổng chiều cao tăng lên $81\text{ cm}$. Vì nước đá có khối lượng riêng nhỏ hơn nước nên sự tăng thể tích chứng tỏ một phần nước đã đông đặc, không phải nước đá nóng chảy.

2. Xác định khối lượng nước đông đặc

Gọi $m$là khối lượng nước đông đặc. Độ tăng thể tích là:

$$\Delta \mathrm{V=S}\left(\mathrm{H-}{h}_1-h_2\right)\text{=S⋅1}\text{ cm}.$$

Khi khối lượng $m$nước chuyển thành nước đá, thể tích tăng:

$$\Delta \mathrm{V=m}\left(\frac{1}{{\rho }_1}-\frac{1}{{\rho }_2}\right).$$

Suy ra:

$$\mathrm{S=m}\left(\frac{1}{\mathrm{0,9}}\mathrm{-1}\right),$$

nên:

$$\text{m=9S}\text{ g}.$$

Khối lượng nước đá ban đầu:

$$m_{đ\acute{a}}={\rho }_{1}S{h}_1\text{=0,9S⋅40=36S}\text{ g}.$$

Khối lượng nước ban đầu:

$$m_{\text{nước}}={\rho }_{2}S{h}_2\text{=1⋅S⋅40=40S}\text{ g}.$$

3. Lập phương trình cân bằng nhiệt

Nước hạ từ $5^{\circ }C$xuống $0^{\circ }C$tỏa nhiệt:

$$Q_1=m_{\text{nước}}{c}_{\text{nước}}\mathrm{\cdot 5.}$$

Khối lượng $m$nước đông đặc tỏa nhiệt:

$$Q_2\text{=mλ.}$$

Nước đá ban đầu thu nhiệt để tăng từ $t_0$lên $0^{\circ }C$:

$$Q_{\mathrm{thu}}=m_{đ\acute{a}}{c}_{đ\acute{a}}\left(\mathrm{0-}{t}_0\right).$$

Phương trình cân bằng nhiệt:

$$m_{đ\acute{a}}{c}_{đ\acute{a}}\left(-t_0\right)=m_{\text{nước}}{c}_{\text{nước}}\text{⋅5+mλ.}$$

Đổi sang kg và khử $S$:

$$\text{0,036⋅2100}\left(-t_0\right)\text{=0,040⋅4200⋅5+0,009⋅336000.}$$

Suy ra:

$$-t_0=\frac{\text{840+3024}}{\mathrm{75,6}}\text{≈51,11.}$$

$$t_0\approx -{51}^{\circ }C.$$

4. Kết luận

$$-{51}^{\circ }C$$

Trả lời: 2,5

1. Phân tích nhanh

Momen lực từ tỉ lệ với cường độ dòng điện:

$$M_{\mathrm{từ}}\mathrm{\sim I.}$$

Momen xoắn của lò xo tỉ lệ với góc quay:

$$M_{l\grave{o}\text{ xo}}\mathrm{\sim \theta .}$$

Khi cân bằng:

$$\text{I∼θ.}$$

2. Hướng dẫn giải

Khi ampe kế chỉ $5\text{ A}$:

$$\mathrm{\theta =}{60}^{\circ }.$$

Độ tăng cường độ dòng điện ứng với góc tăng ${21}^{\circ }$:

$$\Delta \text{I=5⋅}\frac{21}{60}\text{=1,75}\text{ A}.$$

Từ hình vẽ, kim ban đầu chỉ:

$$I_0\text{=0,75}\text{ A}.$$

Số chỉ mới của ampe kế:

$$\mathrm{I=}{I}_0+\Delta \text{I=0,75+1,75=2,50}\text{ A}.$$

3. Kết luận

$$\mathrm{2,5}\text{ A}$$

4. Lưu ý

Do $\mathrm{I\sim \theta }$, thang đo của ampe kế khung quay là thang đo đều.

Trả lời: 0,68

1. Phân tích nhanh

Ban đầu mực thủy ngân trong ống cao hơn mực thủy ngân trong bình nên áp suất khí bị nhốt nhỏ hơn áp suất khí quyển.

Quá trình diễn ra ở nhiệt độ không đổi nên áp dụng định luật Boyle.

2. Trạng thái ban đầu

Áp suất khí:

$$p_1\text{=76-16=60}\text{ cmHg}.$$

Chiều dài cột khí:

$$l_1\mathrm{=30}\text{ cm}.$$

Thể tích:

$$V_1\mathrm{=S}{l}_1.$$

3. Trạng thái sau

Gọi độ hạ của mực thủy ngân trong ống là $\mathrm{x=}\Delta h$.

Do đường kính bình lớn hơn rất nhiều đường kính ống nên có thể coi mực thủy ngân trong bình không thay đổi.

Độ chênh lệch mới giữa hai mực thủy ngân:

$$h^{\text{'}}\text{=16-x.}$$

Áp suất khí:

$$p_2\text{=74-}\left(\text{16-x}\right)\text{=58+x.}$$

Chiều dài cột khí:

$$l_2\text{=30+x.}$$

Áp dụng định luật Boyle:

$$p_1{V}_1=p_2{V}_2.$$

Suy ra:

$$\text{60⋅30=}\left(\text{58+x}\right)\left(\text{30+x}\right).$$

Khai triển:

$$\text{1800=1740+88x+}{x}^2,$$

hay:

$$x^2\text{+88x-60=0.}$$

Nghiệm dương:

$$\mathrm{x=}\frac{\text{-88+}\sqrt{{88}^2\text{+240}}}{2}\text{≈0,68}\text{ cm}.$$

4. Kết luận

$$\mathrm{0,68}\text{ cm}$$

Trả lời: 0,02

1. Phân tích nhanh

Dây dẫn vuông góc với đường sức từ nên:

$$\text{F=BIL.}$$

2. Hướng dẫn giải

Đổi chiều dài:

$$\text{L=40}\text{ cm}\text{=0,40}\text{ m}.$$

Suy ra:

$$\mathrm{B=}\frac{F}{\mathrm{IL}}.$$

Thay số:

$$\mathrm{B=}\frac{\mathrm{0,02}}{\text{2,5⋅0,40}}\text{=0,02}\text{ T}.$$

3. Kết luận

$$\mathrm{0,02}\text{ T}$$

4. Lưu ý

Công thức tổng quát:

$$\text{F=BIL}\sin \alpha .$$

Trong câu này $\mathrm{\alpha =}{90}^{\circ }$, nên $\sin \alpha \mathrm{=1}$.

Trả lời: 339

1. Phân tích nhanh

Bộ thí nghiệm (2) không bật máy đun, dùng để xác định lượng nước đá tan do nhiệt từ môi trường.

Do đó, lượng nước đá tan do riêng máy đun là:

$$\Delta \mathrm{m=}{m}_1-m_2.$$

2. Hướng dẫn giải

Thời gian đun:

$$\text{t=10}\text{ ph}\acute{u}t\text{=600}\text{ s}.$$

Năng lượng do máy đun cung cấp:

$$\text{Q=Pt=48⋅600=28800}\text{ J}.$$

Khối lượng nước đá nóng chảy do máy đun:

$$\Delta \text{m=97-12=85}\text{ g}\text{=0,085}\text{ kg}.$$

Nhiệt nóng chảy riêng:

$$\mathrm{\lambda =}\frac{Q}{\Delta m}=\frac{28800}{\mathrm{0,085}}\text{≈338824}\text{ J/kg}.$$

Đổi sang $\text{kJ/kg}$:

$$\text{λ≈338,824}\text{ kJ/kg}.$$

Làm tròn đến hàng đơn vị:

$$\text{λ≈339}\text{ kJ/kg}.$$

3. Kết luận

$$339\text{ kJ/kg}$$

4. Lưu ý

Không được sử dụng trực tiếp $m_1\mathrm{=97}\text{ g}$, vì một phần nước đá trong cốc A nóng chảy do môi trường. Cần lấy hiệu $m_1-m_2$để loại trừ ảnh hưởng này.

--- Hết ---

Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi kiểm tra không giải thích gì thêm.

Họ và tên học sinh: .............................................................................., Số báo danh: ............................