25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 11)

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

Khi quan sát các váng dầu, mỡ, bong bóng xà phòng ta thấy có những áng màu sặc sỡ là do có sự giao thoa ánh sáng.

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án D

Tần số của mạch dao động điện từ là: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow f~\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Đáp án B

Đáp án C

Bước sóng dài nhất ứng với sóng dừng trên dây có một bó sóng $\to \lambda =2L$.

Đáp án C

Hình 3 biễu diễn đường sức điện của điện tích dương.

Đáp án A

Suất điện động tự cảm trong mạch là: $e_{tc}=-L.\frac{\Delta i}{\Delta t}$

Đáp án A

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{C\omega }=\frac{1}{\frac{{2.10}^{-4}}{3\pi }.100\pi }=150\Omega$

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án B

Ta có phương trình phản ứng hạt nhân:

${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}U\to {}_{38}^{94}Sr+{}_Z^{A}X+2_0^{1}n$

Áp dụng định luật bảo toàn số nuclôn và bảo toàn số prôtôn,ta có:

$\left\{\begin{array}{l}1+235=94+A+2.1\\ 0+92=38+Z+2.0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=140\\ Z=54\end{array}\right.$

Vậy hạt nhân X có 140 nuclôn, 54 prôtôn, 86 nơtron.

Đáp án C

Ta có công thức máy biến áp: $\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}\Rightarrow \frac{1000}{50}=\frac{1}{I_1}$ $\Rightarrow I_1=0,05\left(A\right)$.

Đáp án B

Khoảng vân là: $i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,5.1}{2}=0,25mm$

Vân tối thứ 5 có vị trí là:

$x_t=\left(k^{\text{'}}+\frac{1}{2}\right)i=\left(4+\frac{1}{2}\right)0,25=1,125mm$.

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 3 và vân tối thứ 5 ở hai bên vân sáng trung tâm là:

$\Delta x=x_s+x_t=0,75+1,125=1,875mm$

Đáp án B

Công thoát êlectron của kim loại đó là:

$A=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{248.10}^{-9}.1,{6.10}^{-19}}=5\left(eV\right)$.

Đáp án A

Để cường độ điện trường tại C bằng 0 thì cường độ điện trường E₁ gây bởi Q₁ ngược chiều với cường độ điện trường E₂ gây bởi Q₂ ® C phải nằm giữa AB.

Và $E_1=E_2\Rightarrow \frac{k\left|Q_1\right|}{r_1^2}=\frac{k\left|Q_2\right|}{r_2^2}$ $\Rightarrow r_2=\sqrt{2}{r}_1$  

Đáp án C

Ta có phương trình phản ứng:

${}_1^{3}T+{}_1^{2}D\to {}_2^{4}He+{}_0^{1}n$

Năng lượng tỏa ra của phản ứng là:

$$\begin{gathered} \text{W}=\left(\Delta m-\Delta m_0\right)c^2 \\ =\left(\Delta m_{He}-\Delta m_T-\Delta m_D\right)c^2 \\ =\left(0,030382-0,009106-0,002491\right).931,5 \\ =17,498MeV \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo thuyết tương đối, năng lượng toàn phần của hạt là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=m{c}^2$

Suy ra: $m=\frac{h}{c\lambda }=4,{4.10}^{-36}kg$

Đáp án D

Công suất tiêu thụ mạch ngoài:

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

Ta có: $\sqrt{R}+\frac{r}{\sqrt{R}}\ge 2r$

Khi $\sqrt{R}=\frac{r}{\sqrt{R}}$ hay R = r khi đó công suất cực đại $P_{\max }=\frac{E^2}{4r}$

Đáp án C

Vẽ giãn đồ vectơ các dao động $x_1$ và $x_2$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có:

$\frac{A}{sin\beta }=\frac{A_1}{\sin {\alpha }_1}=\frac{A_2}{\sin \gamma }=\frac{A_1+A_2}{\sin \alpha +\sin \gamma }$

Suy ra: $\left(A_1+A_2\right)=\frac{A}{\sin \beta }\left(\sin \alpha +\sin \gamma \right)$

Từ giản đổ vectơ xác định được góc $\beta =\frac{5\pi }{12}$

Do đó $\left(A_1+A_2\right)$ đạt cực đại khi $\left(\sin \alpha +\sin \gamma \right)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: $\left(\sin \alpha +\sin \gamma \right)=2\sin \frac{\alpha +\gamma }{2}\cos \frac{\alpha -\gamma }{2}$, mà $\alpha +\gamma =\pi -\beta =\frac{7\pi }{12}$ $\Rightarrow \sin \frac{\alpha +\gamma }{2}$ là hằng số.

Do đó ${\left(A_1+A_2\right)}_{\max }$ khi: $\cos \frac{\alpha -\gamma }{2}=1\Rightarrow \alpha =\gamma$

Tam giác $OA{A}_2$ cân tại $A_2$ do đó: $\alpha =\gamma =\frac{7\pi }{24}\phi =\left|\alpha -\frac{\pi }{4}\right|=\frac{\pi }{24}$.

Đáp án B

Theo bài ra, ta có: $A=\Delta {\mathcal{l}}_0=\frac{g\left(m_A+m_B\right)-qE}{k}=8cm$

Khi dây bị đứt vật A dao động với biên độ $A_1$, chu kỳ $T_1=2\pi \sqrt{\frac{m_A}{k}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}s$ và có vị trí cân bằng $O_m$ cao hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn: $O_C{O}_m=\frac{m_{B}g-qE}{k}=3cm$.

Vật B rơi tự do với gia tốc $g_1$. Trong khoảng thời gian từ khi vật đi từ khi vuột dây đến khi vật A lên đến vị trí cân bằng $O_m$ là $t=\frac{T_1}{4}$ thì vật B đi được quãng đường là $s_1$

$\left\{\begin{array}{l}{g}_1=g-\frac{qe}{m}=6cm\text{/}{s}^2\\ s_1=\frac{1}{2}{g}_1{t}^2=3,75cm\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow d=s_1+\mathcal{l}+O{M}_m$ $=3,75+12+11=26,75cm$

Đáp án C

Gọi P là công suất của mỗi loa

Cường độ âm tại M: $I=I_A+I_B+I_{A^{\text{'}}}+I_{B^{\text{'}}}=2\left(I_1+I_2\right)$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}AD=a\\ CD=b\end{array}\right.$, ta có: $a.b=18m^2$

$R_1^2=a^2+\frac{b^2}{4}$ và $R_2^2+A{A}^2=a^2+\frac{b^2}{4}+9$

$P=P_{\max }$ khi $I_1,I_2$ có giá trị lớn nhất tức là khi $R_1$ có giá trị nhỏ nhất

Theo bất đẳng thức Co-so, ta có: $R_1^2=a^2+\frac{b^2}{4}\ge 2a\frac{b}{2}=ab=18$

Þ Giá trị nhỏ nhất của $R_1^2=18m^2$ khi $a=\frac{b}{2}=3m$ và $R_2^2=18+9=27m^2$

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{I}_1=\frac{P}{72\pi }\\ I_2=\frac{P}{108\pi }\end{array}\right.$ $\Rightarrow I=2\left(I_1+I_2\right)=\frac{5P}{108\pi }=8\left(\text{W/}{m}^2\right)$ $\Rightarrow P_{\max }=542,87W$.

Đáp án A

Khoảng vân ứng với bức xạ ${\lambda }_1$ là: $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{0,5.2}{1}=1mm$.

Số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$ thu được trên màn là: $N_1=\left[\frac{L}{2i_1}\right].2+1=\left[\frac{30}{2.1}\right].2+1=31$.

Khoảng vân ứng với bức xạ ${\lambda }_2$ là: $i_2=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=\frac{0,75.2}{1}=1,5mm$.

Số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$ thu được trên màn là: $N_2=\left[\frac{L}{2i_2}\right].2+1=\left[\frac{30}{2.1,5}\right].2+1=21$.

Vị trí vân sáng của hai bức xạ ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ trùng nhau thỏa mãn: $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{0,75}{0,5}=\frac{3}{2}$.

Þ Khoảng vân trùng: $i_{trùng}=3.\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=3.\frac{0,5.2}{1}=3mm$.

Số vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là: $N_{trùng}=\left[\frac{L}{2i_{trùng}}\right].2+1=\left[\frac{30}{2.3}\right].2+1=11$.

Đáp án C

Xét đoạn mạch AN,tức mạch gồm RLr mắc nối tiếp. Ta có giản đồ:

Ta có: $\tan \alpha =\frac{r}{Z_L}$.

Từ giản đồ ta có: $\frac{U}{\sin \left(90°+\alpha \right)}=\frac{U_{Lr}}{\sin \gamma }=\frac{U_R}{\sin \beta }$ $=\frac{U_{Lr}+U_R}{\sin \beta +\sin \gamma }$

$\Rightarrow U_{Lr}+U_R=U_1$ $=\frac{U}{\sin \left(\alpha +90°\right)}\left(\sin \beta +\sin \gamma \right)$

Lại có: $\sin \beta +\sin \gamma =2\sin \frac{\beta +\gamma }{2}\cos \frac{\beta -\gamma }{2}$ $=2\sin \left(45-\frac{\alpha }{2}\right)\cos \frac{\beta -\gamma }{2}$

Do a không đổi $\Rightarrow U_{1\max }$ khi $\cos \frac{\beta -\gamma }{2}=1$ khi đó $U_{1\max }=\frac{U}{\sin \left(\alpha +90°\right)}2\sin \left(45°-\frac{\alpha }{2}\right)$

Xét đoạn mạch MB gồm LrC mắc nối tiếp

Từ giản đồ ta có: ${\left(U_C+U_{Lr}\right)}_{\max }=U_{2\max }$ $=\frac{U}{\sin \alpha }2\sin \left(90°-\frac{\alpha }{2}\right)$

Lấy $\frac{U_1}{U_2}=0,299$ 

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\sin \alpha }{\sin \left(\alpha +90°\right)}.\frac{\sin \left(45°-\frac{\alpha }{2}\right)}{\sin \left(90°-\frac{\alpha }{2}\right)}=0,299 \\ \Rightarrow \alpha =30°\Rightarrow \tan \alpha =\frac{r}{Z_2}\Rightarrow Z_L=\sqrt{3}r \end{gathered}$$

Khi đó: $P_{1\max }=\frac{U^2}{2\sqrt{3}r};P_{2\max }=\frac{U^2}{r}$ (cộng hưởng)