Câu hỏi:
Trường hợp nào sau đây không phải là ứng dụng của vật lí hạt nhân?
Đáp án đúng: A
Chụp cộng hưởng từ hay chụp MRI là phương pháp sử dụng từ trường mạnh, sóng vô tuyến và máy tính để phác họa hình ảnh chi tiết bên trong cơ thể con người. Do đó, chụp MRI không phải là ứng dụng của vật lí hạt nhân.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Tuyển Tập Đề Thi Tham Khảo Tốt Nghiệp THPT Năm 2025 - Vật Lí - Bộ Đề 08 là tài liệu ôn tập quan trọng dành cho học sinh lớp 12, giúp các em rèn luyện kỹ năng làm bài và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tốt nghiệp THPT 2025. Bộ đề được biên soạn theo định hướng của Bộ GD ĐT, bám sát chương trình học, bao gồm các chủ đề quan trọng như cơ học, điện học, quang học, dao động và sóng, vật lý hạt nhân… Hệ thống câu hỏi trắc nghiệm phong phú, được thiết kế theo nhiều mức độ từ nhận biết, thông hiểu đến vận dụng và vận dụng cao, giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và phát triển kỹ năng phân tích, tư duy logic. Mỗi đề thi đều có đáp án chi tiết và hướng dẫn giải cụ thể, hỗ trợ học sinh tự đánh giá năng lực, xác định điểm mạnh và cải thiện điểm yếu trong quá trình ôn tập.
Câu hỏi liên quan
Một tảng băng nước ngọt có nhiệt độ \(t=-2,{{0}^{\text{o}}}\text{C}\) được tách ra từ mảng đất liền, rơi xuống đại dương, nổi trên đại dương (minh họa như hình bên) với thể tích của phần nổi trên mặt nước mặn của đại dương ước tính bằng \({{V}_{\text{n}}}=50~{{\text{m}}^{3}}\). Khối lượng riêng của tảng băng là \(\rho =0,920~\text{g}/\text{c}{{\text{m}}^{3}}\). Nước mặn của đại dương có khối lượng riêng \({{\rho }_{0}}=1,02~\text{g}/\text{c}{{\text{m}}^{3}}\) và có nhiệt độ \({{t}_{0}}=2,{{0}^{\text{o}}}\text{C}\). Nhiệt dung riêng của băng là \(c=2090~\text{J}/\left( \text{kg}\text{K} \right)\), nhiệt dung riêng của nước ngọt là \({{c}_{0}}=4180~\text{J}/\left( \text{kg}\text{K} \right)\). Nhiệt độ nóng chảy của băng là \({{0}^{\text{o}}}\text{C}\). Nhiệt nóng chảy riêng của băng là \(\lambda =334{{10}^{3}}~\text{J}/\text{kg}\). Bỏ qua sự mất mát nhiệt ra không khí.
Tảng băng thu nhiệt lượng từ nước mặn của đại dương
Phần tảng băng chìm trong nước mặn chiếm \(80%\) thể tích của nó
Lúc vừa được tách ra từ mảng đất liền, rơi xuống đại dương, nổi trên đại dương, tảng băng có khối lượng là \(469,{{2.10}^{3}}~\text{kg}\)
Nhiệt lượng truyền từ đại dương sang tảng băng cho đến khi nó tan chảy và đạt được nhiệt độ cân bằng là \(1,{{626.10}^{11}}~\text{J}\)
a) Đúng.
Tảng băng tiếp xúc với nước mặn của đại dương và có nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ của nước mặn nên tảng băng thu nhiệt lượng từ nước mặn của đại dương.
b) Sai.
Khi tảng băng cân bằng, ta có
\({{\rho }_{0}}g{{V}_{\text{c}}}=\rho Vg\to \dfrac{{{V}_{\text{c}}}}{V}=\dfrac{\rho }{{{\rho }_{0}}}=\dfrac{0,920}{1,02}=\dfrac{46}{51}\approx 90,2%.\)
Như vậy, phần tảng băng chìm trong nước mặn chiếm \(90,2%\) thể tích của nó.
c) Đúng.
Ta lại có \({{V}_{\text{c}}}+{{V}_{\text{n}}}=V\) hay \(\dfrac{\rho }{{{\rho }_{0}}}V+{{V}_{\text{n}}}=V\) nên ta tìm được thể tích, khối lượng của tảng băng lúc vừa rơi xuống đại dương là
\(V=\dfrac{{{\rho }_{0}}}{{{\rho }_{0}}-\rho }{{V}_{\text{n}}}=\dfrac{1,02}{1,02-0,920}.50=510~{{\text{m}}^{3}},\)
\(m=\rho V=920.510=469,{{2.10}^{3}}~\text{kg}.\)
d) Đúng.
Vì kích thước của đại dương lớn hơn rất nhiều so với kích thước của tảng băng nên ta có thể coi rằng nhiệt độ cân bằng sẽ trùng với nhiệt độ ban đầu của đại dương, tức là bằng \({{t}_{0}}\). Do đó, nhiệt lượng truyền từ đại dương sang tảng băng cho đến khi nó tan chảy và đạt được nhiệt độ cân bằng là tổng của ba phần nhiệt lượng: (i) nhiệt lượng để tăng nhiệt độ của băng từ \(t=-2,{{0}^{\text{o}}}\text{C}\) đến \({{0}^{\text{o}}}\text{C}\), (ii) nhiệt lượng cần thiết để làm tan chảy băng, và (iii) nhiệt lượng để tăng nhiệt độ của tảng băng đã tan đến \({{t}_{0}}=2,{{0}^{\text{o}}}\text{C}\). Nhiệt lượng này là
\(Q=mc\left( 0-t \right)+m\lambda +m{{c}_{0}}\left( {{t}_{0}}-0 \right)\)
\(=469,{{2.10}^{3}}.2090.2,0+469,{{2.10}^{3}}.334{{10}^{3}}+469,{{2.10}^{3}}.4180.2,0\approx 1,{{626.10}^{11}}~\text{J}.\)
Một cây thủy sinh ở độ sâu \(h=2,5~\text{m}\) so với mặt nước giải phóng ra một bong bóng chứa khí oxygen (\({{\text{O}}_{2}}\)) có thể tích \(V=0,5~\text{c}{{\text{m}}^{3}}\). Coi khí oxygen trong bong bóng là khí lí tưởng và nhiệt độ của nó không đổi là \(t={{27}^{\text{o}}}\text{C}\). Khối lượng mol của khí oxygen là \(M=32~\text{g}/\text{mol}\). Áp suất khí quyển là \({{p}_{0}}={{10}^{5}}~\text{Pa}\). Khối lượng riêng của nước là \(\rho =1000~\text{kg}/{{\text{m}}^{3}}\). Lấy gia tốc rơi tự do \(g=10~\text{m}/{{\text{s}}^{2}}\)
Áp suất và thể tích của khí oxygen trong bong bóng tỉ lệ thuận với nhau
Áp suất của khí oxygen trong bong bóng lúc cây thủy sinh vừa giải phóng ra là \(p=0,{{75.10}^{5}}~\text{Pa}\)
Khối lượng khí oxygen có trong bong bóng là \(m=0,8~\text{mg}.\)
Thể tích của bong bóng khi vừa nổi lên đến mặt nước là \({{V}_{0}}=0,625~\text{c}{{\text{m}}^{3}}\)
a) Sai.
Quá trình biến đổi trạng thái của khí oxygen trong bong bóng là quá trình đẳng nhiệt nên áp suất và thể tích của khí oxygen trong bong bóng tỉ lệ nghịch với nhau (tuân theo định luật Boyle).
b) Sai.
Áp suất của khí oxygen trong bong bóng lúc cây thủy sinh vừa giải phóng ra là
\(p={{p}_{0}}+\rho gh={{10}^{5}}+1000.10.2,5=1,{{25.10}^{5}}~\text{Pa}\).
c) Đúng.
Dùng phương trình Clapeyron ta tìm được khối lượng khí oxygen có trong bong bóng là
\(m=\dfrac{pVM}{RT}=\dfrac{1,{{25.10}^{5}}.0,{{5.10}^{-6}}.32}{8,31.\left( 27+273 \right)}\approx {{8.10}^{-4}}~\text{g}=0,8\text{ }\!\!~\!\!\text{ mg}.\)
d) Đúng.
Khi bong bóng vừa nổi lên đến mặt nước thì áp suất của khí oxygen trong bong bóng bằng áp suất khí quyển \({{p}_{0}}={{10}^{5}}~\text{Pa}\) và nó có thể tích \({{V}_{0}}\) cần tìm.
Áp dụng định luật Boyle cho khí oxygen trong bong bóng ta được
\({{p}_{0}}{{V}_{0}}=pV\to {{V}_{0}}=\dfrac{p}{{{p}_{0}}}V=\dfrac{1,{{25.10}^{5}}}{{{10}^{5}}}.0,5=0,625~\text{c}{{\text{m}}^{3}}.\)
Máy quang phổ khối Bainbridge có sơ đồ như hình bên là một thiết bị dùng để xác định khối lượng nguyên tử. Các nguyên tử bị mất electron trở thành các ion dương. Một chùm ion dương tạo ra từ ống phóng điện được đi vào bộ chọn vận tốc. Bộ chọn vận tốc bao gồm hai tấm phẳng song song \({{P}_{1}}\) và \({{P}_{2}}\) tạo ra điện trường đều có cường độ \(\vec{E}\) và một nam châm điện tạo ra từ trường đều có cảm ứng từ \(\vec{B}\), trong đó \(\vec{E}\) và \(\vec{B}\) vuông góc với nhau và vuông góc với hướng bay của chùm ion dương. Chỉ những ion không bị lệch quỹ đạo trong bộ chọn vận tốc mới được thoát ra và đi vào buồng từ trường đều có cảm ứng từ \(\vec{B}'\) theo phương vuông góc với đường sức từ. Các ion này chuyển động theo các quỹ đạo là các nửa đường tròn. Các ion có khối lượng khác nhau có bán kính quỹ đạo khác nhau và tạo ra các vạch tối trên tấm kính ảnh. Khoảng cách giữa lỗ mở \(S\) của buồng và vị trí của vạch tối chính là đường kính \(2R\) của quỹ đạo của ion
Tất cả các ion đều được tăng tốc khi đi qua bộ chọn vận tốc
Vận tốc của những ion thoát ra khỏi bộ chọn vận tốc là \(v=E/B\)
Lực từ do từ trường đều \(\vec{B}'\) tác dụng lên ion đi vào nó gây ra gia tốc hướng tâm cho ion
Khối lượng của ion chuyển động theo quỹ đạo bán kính \(R\) trong từ trường đều \(\vec{B}'\) là \(m=\dfrac{\left| q \right|B{B}'R}{E}\)
a) Sai.
Những ion mà lực từ của từ trường đều \(\vec{B}\) và lực điện \(\vec{F}\) của điện trường \(\vec{E}\) tác dụng lên chúng không cân bằng nhau thì chúng được tăng tốc, chúng chuyển động cong và ở lại trong bộ chọn vận tốc, còn những ion mà lực điện và lực từ cân bằng nhau thì chúng không được tăng tốc, chúng chuyển động thẳng đều và thoát ra khỏi bộ chọn vận tốc.
b) Đúng.
Những ion thoát ra khỏi bộ chọn vận tốc thì lực điện và lực từ tác dụng lên chúng cân bằng nhau nên ta có
\(\left| q \right|vB=\left| q \right|E\to v=\dfrac{E}{B}.\)
c) Đúng.
Lực từ do từ trường đều \(\vec{B}'\) tác dụng lên ion đi vào nó có phương luôn vuông góc với vector vận tốc \(\vec{v}\) nên không làm thay đổi tốc độ của ion, chỉ làm bẻ cong quỹ đạo, gây ra gia tốc hướng tâm cho ion chuyển động đều theo quỹ đạo là nửa đường tròn.
d) Đúng.
Lực từ tác dụng lên ion gây ra cho ion gia tốc hướng tâm nên ta có
\(\left| q \right|v{B}'=m\dfrac{{{v}^{2}}}{R}\to m=\dfrac{\left| q \right|{B}'R}{v}\to m=\dfrac{\left| q \right|{B}'R}{E/B}=\dfrac{\left| q \right|B{B}'R}{E}.\)
Hình bên là ảnh chụp một lọ thuốc Xofigo dùng để điều trị bệnh ung thư. Dung dịch trong lọ thuốc Xofigo chứa \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) là một đồng vị phóng xạ có chu kì bán rã \(T\approx 11,4~\text{ng }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ y}\). Mỗi hạt nhân \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) phóng ra một hạt alpha và biến đổi thành hạt nhân \(\text{X}\).
Hằng số phân rã của \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) là \(7,{{04.10}^{-7}}~{{\text{h}}^{-1}}\)
\(\text{X}\) là hạt nhân có 86 proton và 219 neutron
Độ phóng xạ của lượng chất \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) có trong một lọ thuốc Xofigo khi vừa mới sản xuất là \(6,{{6.10}^{6}}~\text{Bq}.\)
Lọ thuốc này sản xuất cách đây một thời gian \(22,8~\)ngày, được lấy ra dùng ngay cho một bệnh nhân với liều lượng (độ phóng xạ) được chỉ định bởi bác sĩ là \(1,{{1.10}^{6}}~\text{Bq}\), thì bệnh nhân này phải tiêm một lượng dung dịch Xofigo có thể tích \(2~\text{mL}\)
a) Sai.
Hằng số phân rã của \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) là
\(\lambda =\dfrac{\text{ln}2}{T}=\dfrac{\text{ln}2}{11,4.24}\approx 2,{{53.10}^{-3}}~{{\text{h}}^{-1}}.\)
b) Sai.
Phương trình phóng xạ của \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) là
\({}_{88}^{223}\text{Ra}\to {}_{2}^{4}\text{He}+{}_{Z}^{A}\text{X}.\)
Dùng định luật bảo toàn số nucleon và định luật bảo toàn điện tích ta được
\(\text{X}\) là hạt nhân \({}_{86}^{119}\text{Rn}\), có 86 proton và \(219-86=133\) neutron.
c) Đúng.
Trên lọ thuốc có ghi 1100 kBq/mL và dung tích lọ thuốc là 6 mL. Do đó, độ phóng xạ của lượng chất \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) có trong một lọ thuốc Xofigo khi vừa mới sản xuất là
\({{H}_{0}}=1100.6=6600\text{ }\!\!~\!\!\text{ kBq}=6,{{6.10}^{6}}~\text{Bq}.\)
d) Sai.
Lúc vừa mới sản xuất, độ phóng xạ của lượng chất \({}_{88}^{223}\text{Ra}\) có trong lọ thuốc là \({{H}_{0}}=6,{{6.10}^{6}}~\text{Bq}\). Sau thời gian \(t=22,8~\text{ng }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ y}=2T\) thì độ phóng xạ của lượng chất phóng xạ trong lọ thuốc là
\(H=\dfrac{{{H}_{0}}}{{{2}^{2}}}=\dfrac{{{H}_{0}}}{4}=\dfrac{6,{{6.10}^{6}}~}{4}=1,{{65.10}^{6}}~\text{Bq}.\)
Độ phóng xạ này tương ứng với dung dịch thuốc có thể tích 6 mL. Do đó, bệnh nhân cần tiêm lượng thuốc có độ phóng xạ \(1,{{1.10}^{6}}~\text{Bq}\) thì cần tiêm một lượng thuốc có thể tích
\(V=\dfrac{1,{{1.10}^{6}}}{1,{{65.10}^{6}}}.6=4~\text{mL}.\)
Phương trình cân bằng nhiệt
\({{m}_{1}}{{c}_{1}}\left( t-{{t}_{1}} \right)+{{m}_{2}}{{c}_{2}}\left( t-{{t}_{2}} \right)+{{m}_{3}}{{c}_{3}}\left( t-{{t}_{3}} \right)+{{m}_{4}}{{c}_{4}}\left( t-{{t}_{4}} \right)=0\).
Ta suy ra
\(t=\dfrac{{{m}_{1}}{{c}_{1}}{{t}_{1}}+{{m}_{2}}{{c}_{2}}{{t}_{2}}+{{m}_{3}}{{c}_{3}}{{t}_{3}}+{{m}_{4}}{{c}_{4}}{{t}_{4}}}{{{m}_{1}}{{c}_{1}}+{{m}_{2}}{{c}_{2}}+{{m}_{3}}{{c}_{3}}+{{m}_{4}}{{c}_{4}}}.\)
Thay số ta được
\(t=\dfrac{0,44.440.44+0,38.380.38+0,13.130.13+0,42.4200.42}{0,44.440+0,38.380+0,13.130+0,42.4200}\approx 41,{{7}^{\text{o}}}\text{C}.\)

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Vật Lí Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.