(2023) Đề thi thử Vật lí THPT soạn theo ma trận đề minh họa BGD (Đề 1) có đáp án

chọn A

Ta có:

o$i~\lambda$   .

o ${\lambda }_{vang}>{\lambda }_{lam}$    → khoảng vân tăng.

Âm có tần số lớn hơn sẽ gây ra cảm giác âm to hơn.

chọn A

Chọn C

Tần số góc xảy ra cộng hưởng ${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Chọn C

Biên độ dao động $A=\frac{v_0}{\omega }$

Âm mà tai người nghe được có tần số nằm trong khoảng từ 16 Hz đến 20000 Hz.

Chọn B

Để xảy ra hiện tượng quang điện thì ánh sáng kích thích phải có bước sóng ngắn hơn giới hạn quang điện $\lambda \le 0,36$ μm → bước sóng $\lambda =0,43$μm không gây ra hiện tượng quang điện.

Các đường sức từ là các đường cong khép kín, các đường sức điện xuất phát từ điện tích dương và kết thúc ở vô cùng hoặc từ vô cùng và kết thúc ở điện tích âm → A là điện tích âm và B  là điện tích dương.

Chọn C

Hạt nhân X  bền vững hơn hạt nhân  Y

$\frac{E_{lk\text{X}}}{A_1}>\frac{E_{lkY}}{A_2}$

$\frac{\Delta m_1}{A_1}>\frac{\Delta m_2}{A_2}$

Chọn B

Ta có, động năng tương đối tính bằng hiệu năng lượng toàn phần và năng lượng nghỉ

$K=m{c}^2-m_0{c}^2=m_0{c}^2$

$\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=2m_0$

→ $v=\sqrt{3}c=2,{6.10}^8$m/s

Vôn kế khung quay hoạt động dựa trên lực từ tác dụng lên khung dây→ dòng điện xoay chiều dòng điện đổi chiều liên tục → lực tác dụng lên khung dây cũng thay đổi chiều → kim chỉ thị dao động quanh điểm 0 → không đo được.

Sự phụ thuộc của lực kéo về vào li độ được biểu diễn bằng đồ thị hình 2 tương ứng với $f_{kv}=-kx$

Chọn B

Từ thông qua khung dây sớm pha hơn suất điện động cảm ứng một góc   $\frac{\pi }{2}$

→${\phi }_1-{\phi }_2=\frac{\pi }{2}$

Trong mạch dao động LC thì điện tích q trên một bản tụ và cường độ dòng điện i trong mạch luôn dao động vuông pha nhau

${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{q}{q_0}\right)}^2=1$→

${\left(\frac{i}{q_{0}2\pi f}\right)}^2+{\left(\frac{q}{q_0}\right)}^2=1$

$f=\frac{i}{2\pi \sqrt{q_0^2-q^2}}$

Các bóng đèn này là nguồn phát tia hồng ngoại có tác dụng sưởi ấm làm máu lưu thông tốt.

Chọn B

Bước sóng của bức xạ

$\lambda =\frac{hc}{\epsilon }=\frac{\left(6,{625.10}^{-34}\right).\left({3.10}^8\right)}{\left(2,11.1,{6.10}^{-19}\right)}=0,58$μm → ánh sáng vàng

Chọn A

Áp dụng tiên đề Bo về hấp thụ và bức xạ năng lượng, ta có: $\epsilon =E_M-E_K=-16E-\left(-144E\right)=128E$

Chọn A

Số nơtron của hạt nhân ${}_{92}{}^{235}U$  là $235-92=143$

Số nơtron của hạt nhân ${}_{82}{}^{206}Pb$  là

$206-82=124$ 

Vậy hai hạt nhân có số notron hơn kém nhau 19.

Ta thấy rằng việc thay đổi điện tích +q thành điện tích -q thì tích độ lớn của hai điện tích vẫn không đổi.

→ Để lực tương tác có độ lớn không đổi thì khoảng cách giữa hai điện tích vẫn là 6 cm.

Biên độ dao động tổng hợp

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }$

$A=\sqrt{{\left(12\right)}^2+{\left(12\right)}^2+2.{\left(12\right)}^2.{\left(12\right)}^2\cos \left({120}^0\right)}=12$ cm

Ta có:

o $t=0$, vật đi qua vị trí cân bằng → điểm M trên đường tròn.

o $\frac{T}{8}$  sau  →  quét thêm góc $\frac{\pi }{4}$ → quãng đường đi được tương ứng là $S=\frac{\sqrt{2}}{2}A$.

Chọn B

Chọn A

Số vòng dây nếu quấn đúng của máy biến áp sẽ là $N_1=220$vòng và $N_2=20$vòng.

o   khi bị quấn ngược thì dòng điện chạy qua các vòng dây này ngược chiều so với các dòng còn.

o   nếu ta quấn ngược n  vòng thì suất điện động trong  vòng này sẽ triệt tiêu  vòng quấn đúng.

$\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_1}{N_2-n}$

$\frac{\left(220\right)}{\left(11\right)}=\frac{\left(220\right)}{\left(20\right)-n}$→$n=9$

Chọn B

Công suất tiêu thụ của mạch bằng tổng công suất tiêu thụ trên cuộn dây và công suất tiêu thụ của đèn

$P=P_L+P_D$ →  $UI\cos \phi =I^{2}r+200$

$50I^2-200\cos \phi I+200=0$

Để đèn sáng bình thường thì dòng chạy qua mạch phải đúng bằng giá trị định mức duy nhất, phương trình trên cho nghiệm duy nhất khi

$\Delta =0$

→${\left(200.\cos \phi \right)}^2-\mathrm{4.50.200}=0$  →$\cos \phi =1$$\to$$\phi =2k\pi$

Thay vào phương trình của I ta tìm được I=2  A →$I=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ A.

Chọn B

Vị trí hệ hai vân sáng trùng nhau:

o   $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{650}{500}=\frac{13}{10}$  → vị trí trùng gần vân trung tâm nhất ứng với vân sáng bậc $k_1=13$  của bức xạ nm và vân sáng bậc  của bức xạ ${\lambda }_1=500$ nm.

o $x_{\min }={\left(k_1{i}_1\right)}_{trung}=13\frac{1,{\mathrm{2.500.10}}^{-9}}{{1.10}^{-3}}=7,8$  mm.

Tốc góc trong chuyển động quay quanh tâm Trái Đất của vệ tinh

$\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{24.3600}\approx 7,{27.10}^{-5}$rad/s

Mối liên hệ giữa tốc độ dài và tốc độ góc trong chuyển động tròn đều

$v=\left(R+h\right)\omega$ → $R+h=\frac{v}{\omega }=\frac{3,{07.10}^3}{7,{27.10}^{-5}}=42000$ km

Khi vệ tinh phát sóng, thời gian ngắn nhất đến mặt đất ứng với sóng truyền thẳng hướng xuống đất, thời gian xa ứng ứng với sóng truyền theo phương tiếp tuyến

→$\frac{t_{max}}{t_{\min }}=\frac{\sqrt{{\left(R+h\right)}^2-R^2}}{h}\approx 1,16$

Vì N nằm trên đường tròn đường kính  AB→ AN vuông góc NB .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB , ta có

$\frac{1}{{36}^2}+\frac{1}{{48}^2}=\frac{1}{A{N}^2}$ 

$\frac{1}{{36}^2}+\frac{1}{{48}^2}=\frac{1}{A{N}^2}$→ $AN=28,8$cm

Trong tam giác vuông  thì

$NB=\sqrt{A{B}^2-A{N}^2}=\sqrt{{\left(48\right)}^2-{\left(28,8\right)}^2}=38,4$cm

 là một cực đại, giữavà  còn có một cực đại khác → nếu N là cực đại thứ  k thì M là cực tiểu thứ $k+1,5$

$\left\{\begin{array}{l}BN-AN=k\lambda \\ BM-AM=\left(k+1,5\right)\lambda \end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}38,4-28,8=k\lambda \\ 60-36=\left(k+1,5\right)\lambda \end{array}\right.$ 

→ $\lambda =9,6$ cm, N là cực đại ứng với $k=1$ .

Để các phần tử môi trường thuộc cực đại k=1, ngược pha với nguồn thì

$d_1+d_2=n\lambda$ với n nhận các giá trị 2, 4, 6, 8 …..(là một số chẵn).

Xét trên nửa đường tròn nằm phía trên AB thì

$AB\le d_1+d_2\le AN+BN$

$\frac{48}{9,6}\le n\le \frac{28,8+38,4}{9,6}$→ $5\le n\le 7$

Vậy n=6

Trong đường tròn có 2 điểm (một điểm trên AB và hai điểm trong đường tròn) cực đại ứng với k=1 ngược với hai nguồn.

Ta có:

o  $\lambda =24$ cm → $T=\frac{\lambda }{v}=\frac{0,24}{1,2}=0,2$ s.

o  $\left\{\begin{array}{l}{\left(NP\right)}_x=\frac{\lambda }{2}+\frac{\lambda }{8}=15\\ {\left(NQ\right)}_x=\frac{\lambda }{2}+\frac{\lambda }{6}=16\end{array}\right.$ cm → $\left\{\begin{array}{l}{a}_P=\frac{\sqrt{2}}{2}{a}_{bung}=2\sqrt{2}\\ a_Q=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{bung}=2\sqrt{3}\end{array}\right.$cm.

o    và  nằm trên hai bó sóng đối xứng nhau qua một nút → dao động ngược pha.

Tại thời điểm t, thì $u_P=\frac{a_P}{2}=\sqrt{2}$ cm thì $u_Q=-\frac{a_Q}{2}=-\sqrt{3}$  cm và cũng đang hướng về vị trí cân bằng → mất khoảng thời gian $\Delta t=\frac{T}{4}=0,05$s để Q có li độ là $u_Q=+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_Q=+3$cm.

Chọn C

Từ giản đồ vecto, ta có

$\left\{\begin{array}{l}\alpha +\beta ={60}^0\\ \phi +\beta +\left({90}^0-\alpha \right)={90}^0\end{array}\right.$→ $\phi =2\alpha -{60}^0$(1)

Áp dụng định lý sin trong $\Delta ANB$

$\frac{200}{\sin \alpha }=\frac{245}{\sin \left({90}^0-\alpha +\phi \right)}$(2)

Từ (1) và (2)

$\frac{200}{\sin \alpha }=\frac{245}{\sin \left({30}^0+\alpha \right)}$→$\alpha ={49}^0$

Thay kết quả trên vào (1)$\phi ={38}^0$

$\cos \left({38}^0\right)=0,79$

Từ đồ thị, ta có

$T_A=10.\frac{\left(2,4\right)}{6}=4$s → ${\omega }_A=\frac{\pi }{2}$rad/s

$T_B=6.\frac{\left(2,4\right)}{6}=2,4$s → ${\omega }_B=\frac{5\pi }{6}$rad/s

Phương trình của hai dao động

$x_A=A\cos \left(\frac{\pi }{2}t-\frac{3\pi }{10}\right)$cm

$x_B=A\cos \left(\frac{5\pi }{6}t+\frac{5\pi }{6}\right)$cm

Hai dao động gặp nhau $x_A=x_B$

$\cos \left(\frac{5\pi }{6}t+\frac{5\pi }{6}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{2}t-\frac{3\pi }{10}\right)$

$\left[\begin{array}{l}t=-\frac{17}{5}+6k\\ t=-\frac{2}{5}+\frac{3}{2}k\end{array}\right.$(*)

Từ (*), ta thấy rằng hai dao động gặp nhau lần thứ 4 ứng với

$t=5,6$s

Ta thấy rằng:

o   đồ thị X có dạng là một đường thẳng xiên góc → X chứa cuộn dây $Z_X=L2\pi f$.

o   đồ thị Y có dạng là một hypebol → Y chứa tụ điện $Z_Y=\frac{1}{C2\pi f}$.

Tại  $Z_X=Z_Y$→ mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó

$f=f_0=\frac{4}{8}\left(50\right)=25$Hz

Công suất tiêu thụ trên mạch tương ứng$P_{max}=\frac{U^2}{R}$

$\left(200\right)=\frac{{\left(200\right)}^2}{R}$→R= 200Ω

Cường độ dòng điện trong mạch

$I=\frac{U}{R}=\frac{\left(200\right)}{\left(200\right)}=1$A

Cảm kháng và dung kháng tương ứng

$Z_X=Z_Y=\frac{U}{I}$

$Z_X=Z_Y=\frac{\left(60\right)}{\left(1\right)}=60$Ω

Khi Hz thì dung kháng và cảm kháng tương ứng là

  ${Z^{\text{'}}}_X=2Z_X=120$Ω và ${Z^{\text{'}}}_Y=\frac{1}{2}{Z}_Y=30$ Ω

Công suất tiêu thụ của mạch $P=\frac{U^{2}R}{R^2+\left({Z^{\text{'}}}_Y-{Z^{\text{'}}}_X\right)}$

$P=\frac{{\left(200\right)}^2.\left(200\right)}{{\left(200\right)}^2+{\left(120-30\right)}^2}=166$W