25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 15)

Đáp án C

 Ta có bước sóng của dải sóng này nằm trong khoảng:

$$\begin{gathered} \lambda =\frac{c}{f}\Rightarrow \frac{c}{f_{\max }}\le \lambda \le \frac{c}{f_{\min }} \\ \iff \frac{{3.10}^8}{4,{0.10}^{14}}\le \lambda \le \frac{{3.10}^8}{7,{5.10}^{14}} \\ \Rightarrow 0,4\mu m\le \lambda \le 0,74\mu m \end{gathered}$$

Những ánh sáng đơn sắc có bước sóng trong khoảng từ 380nm đến 760nm mới giúp cho mắt nhìn thấy các vật và phân biệt được màu sắc. Đó là các ánh sáng nhìn thấy được (ánh sáng khả kiến).

Đáp án C

 Tần số cộng hưởng dao động: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\mathcal{l}}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(H\text{z}\right)$ $=0,354H\text{z}$

Khi chu kì tăng từ 4s lên 8s tương ứng với tần số giảm từ $f_1=0,25H\text{z}$ đến $f_2=0,125H\text{z}$.

Ta có đồ thị:

Từ đồ thị, ta thấy khi chu kì tăng 4s lên 8s thì biên độ dao động cưỡng bức luôn giảm.

Đáp án A

$\left\{\begin{array}{l}{P}_1=N_1.\frac{hc}{{\lambda }_1}\\ P_2=N_2.\frac{hc}{{\lambda }_2}\end{array}\right.$ $\Rightarrow \frac{P_1}{P_2}=\frac{N_1}{N_2}.\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=3.\frac{0,6}{0,45}=4$

Đáp án A

Điểm cực cận của mắt người này: $\frac{1}{-C_C}+\frac{1}{0,25}=D\Rightarrow C_C=50cm$.

Nếu người này thay kính có $D=1\text{d}p\to f=100cm$, khi đó vị trí nhìn rõ gần mắt nhất là

$\frac{1}{-C_C}+\frac{1}{d}=\frac{1}{100}\Rightarrow d=\frac{100}{3}cm$.

Đáp án B

 Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=2\left(m\right)$

Dựa vào phương trình sóng của O và M ta thấy M nhanh pha hơn O nên sóng truyền từ M tới O.

Độ lệch pha giữa O và M: $\phi =\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi d}{\lambda }$ $\Rightarrow d=\frac{\lambda }{4}=0,5m$.

Đáp án D

Điện trở tương đương mạch ngoài: $R_{12}=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}=\frac{5{\text{R}}_2}{R_2+5}\Omega$.

Điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa hai điện trở

$U_{12}=I_{12}{R}_{12}=\frac{\xi }{R_{12}+r}{R}_{12}$ $=\frac{100{\text{R}}_2}{9\left(R_2+\frac{20}{9}\right)}$

→ Công suất tiêu thụ trên $R_2$: $P_2=\frac{U_2^2}{R_2}=\frac{{100}^2}{9^2{\left(\sqrt{R_2}+\frac{20}{9\sqrt{R_2}}\right)}^2}$ $\to P_{2\max }$ khi $R_2=\frac{20}{9}\Omega$.

Đáp án A

 Ta có:

$$\begin{gathered} U_C=I.Z_C=\frac{U}{Z}.Z_C \\ =\frac{U}{\omega C\sqrt{R^2+{\left(L\omega -\frac{1}{\omega C}\right)}^2}} \\ =\frac{U}{\sqrt{{\omega }^2{C}^2{R}^2+{\left({\omega }^{2}LC-1\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{y}} \end{gathered}$$

Với: $y={\omega }^2{C}^2{R}^2+{\left({\omega }^{2}LC-1\right)}^2$, đặt ${\omega }^2=x$

$$\begin{gathered} \Rightarrow y=R^2{C}^{2}x+{\left(LC\text{x}-1\right)}^2 \\ =L^2{C}^2{x}^2+\left(R^2{C}^2-2LC\right)x+1 \end{gathered}$$

Do hệ số $a=L^2{C}^2>0\Rightarrow y_{\min }$ khi $x=-\frac{b}{2\text{a}}=\frac{2LC-R^2{C}^2}{2L^2{C}^2}$ $\Rightarrow \omega =\sqrt{\frac{2L-R^{2}C}{2L^{2}C}}$

Thay số ta được: $\omega =\sqrt{\frac{\frac{2}{\pi }-{100}^2.\frac{{10}^{-4}}{2\pi }}{2{\left(\frac{1}{\pi }\right)}^2.\frac{{10}^{-4}}{2\pi }}}=50\pi \sqrt{6}$ $\Rightarrow f=\frac{\omega }{2\pi }\approx 61Hz$

Vậy $U_C$ đạt cực đại khi tần số dao động $f\approx 61H\text{z}$.

Đáp án A

Lực Lo-ren-xơ đóng vai trò là lực hướng tâm.

Độ lớn lực Lo-ren-xơ và lực hướng tâm: $\left\{\begin{array}{l}f=\left|q\right|Bv\sin \alpha ;\left(\alpha =\left(\overrightarrow{B},\overrightarrow{v}\right)=90°\right)\\ F_{ht}=\frac{m{v}^2}{R}\end{array}\right.$

Ta có: $\left|e\right|Bv\sin \alpha =\frac{m{v}^2}{R}$ $\Rightarrow R=\frac{mv}{\left|e\right|B\sin \alpha }$ $=\frac{9,{1.10}^{-31}{.10}^8}{1,{6.10}^{-19}{\mathrm{.5.10}}^{-2}.\sin 90}=1,1375cm$.

Đáp án B

 Mạch chỉ gồm cuộn dây và tụ điện mà $U\ne \left|U_L-U_C\right|\Rightarrow$ cuộn dây có điện trở thuần.

Khi đó áp dụng quy tắc tổng họp theo hình bình hành ta có điện áp giữa hai đầu mạch:

$u=u_d+u_C$

$$\begin{gathered} \Rightarrow U^2=U_d^2+U_C^2+2U_d{U}_C\cos \Delta \phi \\ \Rightarrow \cos \Delta \phi =\frac{U^2-U_d^2-U_C^2}{2U_d{U}_C} \\ =\frac{{100}^2-{\left(100\sqrt{3}\right)}^2-{200}^2}{2.100\sqrt{3}.200} \\ \Rightarrow \Delta \phi =\frac{5\pi }{6} \end{gathered}$$

Đáp án A

 Tỉ số giữa số photôn của laze B và số phôtôn của laze A: $\frac{N_B}{N_A}=\frac{P_B}{P_A}.\frac{{\epsilon }_A}{{\epsilon }_B}=\frac{P_2}{P_1}.\frac{{\lambda }_B}{{\lambda }_A}$ $=\frac{0,6.0,6}{0,8.0,45}=1$

Đáp án C

 Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}\to 〈\begin{array}{l}{\lambda }_1=2\pi c\sqrt{L{C}_1}\\ {\lambda }_2=2\pi c\sqrt{L{C}_2}\end{array}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{C_2}{C_1}={\left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}\right)}^2\Rightarrow C_2=45\left(\mu F\right) \\ \Rightarrow C_2-C_1=25\left(\mu F\right) \end{gathered}$$

Vậy phải tăng điện dung của tụ thêm 25 (μF).

Đáp án D

Biểu diễn hai dao động bởi 2 vectơ quay chung gốc, có độ dài khác nhau.

Pha ban đầu của hai dao động tạo với nhau góc $90°$ và không thay đổi khi hai vật chuyển động (do hai vật chuyển động cùng tốc độ góc).

Ta có: $MN=\sqrt{O{N}^2+O{M}^2}=12cm$

Khi khoảng cách giữa hai vật là 6cm thì góc tạo bởi MN với Ox là: $\cos \alpha =\frac{6}{12}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =60°$

Ta có: thời gian ngắn nhất để khoảng cách giữa hai vật là 6cm chính là thời gian để véctơ quay được góc $90°-60°=30°$.

Nên: $\Delta t:\frac{30}{360}T=\frac{1}{12}.\frac{2\pi }{\omega }=\frac{1}{24}s$.

Đáp án A

 Xét với ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$, giữa hai vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm chỉ có một vị trí trùng nhau của ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ nên: $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{0,45}{0,6}=\frac{3}{4}=\frac{6}{8}$.

Vậy vị trí trùng của hai bức xạ ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ ứng với vân sáng bậc 3 của ${\lambda }_1$ và vân sáng bậc 4 của ${\lambda }_2$. Vị trí vân trùng tiếp theo của hai bức xạ này ứng với vân sáng bậc 6 của ${\lambda }_1$ trùng với vân sáng bậc 8 của ${\lambda }_2$ và bậc n của bức xạ ${\lambda }_3$.

Xét với ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_3$: $\frac{k_1}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_1}=\frac{{\lambda }_3}{0,6}=\frac{6}{n}$ $\Rightarrow {\lambda }_3=\frac{3,6}{n}$.

Mà $0,62\le {\lambda }_3\le 0,76$ $\iff 0,62\le \frac{3,6}{n}\le 0,76$ $\iff 4,74\le n\le 5,81$.

$\Rightarrow n=5\Rightarrow {\lambda }_3=\frac{3,6}{5}=0,72\mu m$.

Đáp án A

Tần số góc dao động của ba con lắc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=20ra\text{d/s}$.

Biên độ của các dao động $\left\{\begin{array}{l}{A}_1=\frac{v_0}{\omega }=3\\ A_2=1,5\end{array}\right.cm$.

Tại thời điểm t = 0 để ba dao động này thẳng hàng thì:

$\tan \alpha =\frac{x_2}{O_1{O}_2}=\frac{x_3}{O_1{O}_3}$ $\Rightarrow x_3=2{\text{x}}_2=2.1,5=3cm$

Tương tự như vậy, sau khoảng thời gian 0,25T, $m_1$ đến biên, $m_2$ trở về vị trí cân bằng. Để ba vật thẳng hàng thì: $\tan \alpha =\frac{\left|x_1\right|}{O_1{O}_2}=\frac{x_3}{O_2{O}_3}$ $\Rightarrow x_3=x_1=3cm$.

Như vậy tại thời điểm t = 0 vật có li độ $x_3=3cm$ sau đó 0,25T vật vẫn có li độ $x_3=3cm$

→ tại t = 0 vật chuyển động theo chiều hướng → ${\phi }_0=0,25\pi$.

Vậy phương trình dao động của vật $m_3$ là: $x=3\sqrt{2}\cos \left(20t-\frac{\pi }{4}\right)cm$.

Đáp án A

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

$\frac{U_{AM}}{\sin \beta }=\frac{U_{MB}}{\sin \alpha }=\frac{U_{AB}}{\sin \gamma }$ $\to U_{AM}+U_{MB}=\frac{U_{AB}}{\sin \gamma }\left(\sin \alpha +\sin \beta \right)$.

 với $\gamma$ luôn không đổi.

→ Biến đổi lượng giác

$$\begin{gathered} U_{AM}+U_{MB} \\ =\frac{2U_{AB}}{\sin \gamma }\sin \left(\frac{180-\gamma }{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha -\beta }{2}\right) \end{gathered}$$

$\to {\left(U_{AM}+U_{MB}\right)}_{\max }$ khi $\alpha =\beta$

Khi đó ${\left(U_{AM}+U_{MB}\right)}_{\max }=\frac{2U}{\sin \gamma }\sin \left(\frac{180-\gamma }{2}\right)$ $=2U\to \gamma =60°$.

→ Các véctơ hợp với nhau thành tam giác đều → khi xảy ra cực đại u chậm pha hơn i một góc $30°$.

$P=P_{\max }{\cos }^2\phi$ $\Rightarrow P_{\max }=\frac{P}{{\cos }^2\phi }=\frac{210}{{\cos }^{2}30°}$ $=280W$