25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 2)

Đáp án A

Tia X dùng để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Đáp án C

Đáp án C

Ta có: $Z_L=\omega L=2\pi fL$; $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}$

Khi f tăng thì cảm kháng tăng và dung kháng giảm.

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án A

Theo thuyết lượng tử ánh sáng thì năng lượng của các phôtôn trong chùm sáng đơn sắc bằng nhau.

Đáp án B

Đáp án D

Đơn vị khối lượng nguyên tử u là $\frac{1}{12}$ khối lượng của một nguyên tử ${}_6^{12}C$.

Đáp án D

Sử dụng sơ đồ cấu tạo máy quang phổ lăng kính.

Sơ đồ cấu tạo máy quang phố lăng kính

Đáp án A

Năng lượng liên kết của hạt nhân X được xác định bởi biểu thức:

$\text{W}=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_x\right]c^2$

Đáp án A

Tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Đáp án A

Công suất hao phí trên đường dây $\Delta P=R\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}$

Do đó, tăng điện áp nơi phát lên $\sqrt{n}$ lần thì hao phí giảm n lần.

Đáp án C

Quang phổ vạch hấp thụ của chất khí (hay hơi kim loại) là quang phổ liên tục thiếu một số vạch màu do bị chất khí (hay hơi kim loại) đó hấp thụ.

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án D

Dòng điện trong mạch chỉ chứa tụ sớm pha hơn điện áp giữa hai đầu mạch một góc $\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow {\phi }_1={\phi }_u+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}$

Đáp án D

Khi vật đi qua vị trí có li độ bằng nửa biên độ: $x=\frac{A}{2}\Rightarrow {\text{W}}_t=\frac{1}{2}k.{\left(\frac{A}{2}\right)}^2=\frac{\text{W}}{4}$.

Đáp án A

Mạch có: $R=100\Omega , Z_L=\omega L=200\Omega ,$ $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$

Tổng trở của mạch dạng phức: $Z=R+\left(Z_L-Z_C\right)i=100+100i$

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: $i=\frac{u}{Z}=\frac{220\angle -\frac{\pi }{3}}{100+100i}=\frac{11\sqrt{2}}{10}\angle -\frac{7\pi }{12}$

$\Rightarrow i=\frac{11\sqrt{2}}{10}\cos \left(100\pi t-\frac{7\pi }{12}\right)A$

Đáp án A

Số phôtôn phát ra từ nguồn sáng trong 1 giây:

$N=\frac{P}{\epsilon }=\frac{P\lambda }{hc}=\frac{2,5.0,{3.10}^{-6}}{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}=3,{77.10}^{18}$

Đáp án A

Mạch dao động LC có u và i vuông pha với nhau nên áp dụng công thức:

Đáp án A

Giới hạn quang điện:

${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{3,55.1,{6.10}^{-19}}=0,35\mu m$

Đáp án D

Khoảng vân là: $i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,6.2}{1}=1,2mm$.

Điểm M cách vân trung tâm 2,4 mm nên x=2,4 mm.

Xét tỉ số $\frac{x}{i}=\frac{2,4}{1,2}=2\Rightarrow$ Tại M là vân sáng bậc 2.

Đáp án C

Điện trở của đèn là: $R_{đ}=\frac{U_{đm}^2}{P_{đm}}=\frac{6^2}{6}=6\left(\Omega \right)$

Cường độ dòng điện định mức của đèn là: $I_{đm}=\frac{P_{đm}}{U_{đm}}=\frac{6}{6}=1\left(A\right)$

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I=\frac{E}{R+R_{đ}+r}$

Đáp án D

Độ lệch pha giữa hai dao động:

$\Delta \phi ={\phi }_1-{\phi }_2=\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{2}\left(rad\right)$

Hai dao động vuông pha, biên độ dao động tổng hợp là:

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)$

Đáp án A

Độ hụt khối hạt nhân: $\Delta m=Z{m}_p+\left(A-Z\right)m_n-m_{HN}$

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án A

Đồng nhất phương trình sóng đề bài cho với phương trình sóng tổng quát $u=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$, ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\omega =2\pi \\ \frac{2\pi x}{\lambda }=4\pi x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}T=1s\\ \lambda =0,5m\end{array}\right. \\ \Rightarrow v=\frac{\lambda }{T}=0,5m/s \end{gathered}$$

Đáp án B

Công suất hao phí lúc đầu:

  $\Delta P=\frac{P^{2}R}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}=500W$ (1)

Công suất hao phí lúc sau: $\Delta P^{\text{'}}=\frac{P^{2}R}{{\left(U\cos {\phi }^{\text{'}}\right)}^2}$

Công suất hao phí giảm đến giá trị cực tiểu:

$\Delta {P^{\text{'}}}_{\min }\iff \cos {\phi }^{\text{'}}=1\Rightarrow \Delta P^{\text{'}}=\frac{P^{2}R}{U^2}=320W$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 

$\frac{\Delta P^{\text{'}}}{\Delta P}=\frac{\frac{P^{2}R}{U^2}}{\frac{P^{2}R}{{\left(U.\cos \phi \right)}^2}}\iff {\cos }^2\phi =\frac{320}{500}\Rightarrow \cos \phi =0,8$

Đáp án A

Ta có, khoảng thời gian: $\Delta t=\frac{2}{3}=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}$.

Đáp án A

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{m{v}_1^2}{2}\\ h{f}_2=A+\frac{m{v}_2^2}{2}=A+4.\frac{m{v}_1^2}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow 4\frac{hc}{{\lambda }_1}-h{f}_2=3A\Rightarrow A\approx {3.10}^{-19}\left(J\right)\approx 1,88\left(eV\right)$

Suy ra: $\frac{f_1}{f_0}=\frac{1}{2}=\frac{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_1}}}{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_0}}}=\frac{1}{2}$

$\iff \frac{C_0}{C_1}=\frac{C_0}{C_0+a.{\alpha }_1}=\frac{1}{4}\Rightarrow a.{\alpha }_1=3.C_0$ (4)

Tương tự: $\frac{f_2}{f_0}=\frac{1}{3}=\frac{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_2}}}{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_0}}}=\frac{1}{3}$

$\iff \frac{C_0}{C_2}=\frac{C_0}{C_0+a.{\alpha }_2}=\frac{1}{9}\Rightarrow a.{\alpha }_2=8.C_0$ (5)  

Từ (4) và (5) ta có: $\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_2}=\frac{3}{8}$

Đáp án A

Đáp án D

Tần số sóng luôn không đổi khi truyền qua các môi trường, ta có:

$$\begin{gathered} f=\frac{v_{nước}}{{\lambda }_{nước }}=\frac{v_{kk}}{{\lambda }_{kk}}\Rightarrow \frac{1435}{{\lambda }_{nước}}=\frac{330}{50} \\ \Rightarrow {\lambda }_{nước}=217,4\left(cm\right) \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Từ t=0 đến t=1s, vật đi từ vị trí có lực kéo về bằng một nửa giá trị cực đại (âm) đến nửa giá trị cực đại (dương), tức là nửa chu kì.

Vậy chu kì T=2s.

Đáp án C

Tại M là vân sáng bậc 4 ứng với k=4.

Vị trí điểm M lúc đầu được xác định bởi: $x_M=ki=4.\frac{\lambda D}{a}$ (1).

Khi dịch màn ra xa vị trí điểm M được xác định bởi:

$x_M=k^{\text{'}}{i}^{\text{'}}=k^{\text{'}}.\frac{\lambda \left(D+0,5\right)}{a}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$4.\frac{\lambda D}{a}=k^{\text{'}}.\frac{\lambda \left(D+0,5\right)}{a}$ $\iff 4.1,5=k^{\text{'}}\left(1,5+0,5\right)\iff k^{\text{'}}=3$

 $\Rightarrow$Tại M lúc này là vân sáng bậc 3.

Vì N đối xứng với M qua vân sáng trung tâm nên tại N lúc này cũng là vân sáng bậc 3.