25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 21)

Đáp án C

Theo thuyết tương đối, động năng của hạt: $K=E-E_0=\left(m-m_0\right)c^2$.

$E_0$ là năng lượng nghỉ của hạt.

Đáp án D

$n_{kk}.\sin i=n_{nc}.\sin r$ $\to \sin r=\frac{n_{kk}.\sin i}{n_{nc}}\approx 0,65$ $\to r\approx 40,52°$

Góc lệch $D=i-r=60°-40,52°=19,48°$.

Đáp án C

+ Trên dây có hai điểm đứng yên  Sóng dừng xảy ra trên dây với 3 bó sóng.

$\to 3.\frac{\lambda }{2}=1,2m\Rightarrow \lambda =0,8m$

+ Chu kỳ của sóng $T=\frac{\lambda }{v}=\frac{0,8}{8}=0,1s$ nên khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là: $\Delta t=\frac{T}{2}=0,05s$.

Chú ý: khoảng thời gian giữa n lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng $\Delta t=\left(n-1\right)\frac{T}{2}$.

Đáp án D

+ Ban đầu: $\frac{1}{2}{m}_e.v_1^2=\left|e\right|.U\to v_1=\sqrt{\frac{2\left|e\right|U}{m_e}}$.

+ Lúc sau: $\frac{1}{2}{m}_e.v_2^2=\left|e\right|.1,5U$ $\to v_2=\sqrt{\frac{2\left|e\right|.1,5U}{m_e}}$.

Dễ thấy điện áp tăng thì tốc độ electron tăng, do đó ta có:

$\frac{v_2}{v_1}=\sqrt{1,5}\to \frac{v+\Delta v}{v}=\sqrt{1,5}$ $\to 1+\frac{\Delta v}{v}=\sqrt{1,5}$ $\Rightarrow v=\frac{{2020.10}^3}{\sqrt{1,5}-1}\approx {9.10}^{6}m/s$

Đáp án D

+ Vật qua thấu kính cho ảnh cùng chiều, cao gấp 3 lần vật ta có: $t\left|k\right|=\frac{\overline{A\text{'}B\text{'}}}{\overline{AB}}=3$.

Ảnh này là ảo qua thấu kính hội tụ, k > 0.

$\to \left\{\begin{array}{l}k=-\frac{d\text{'}}{d}=3\\ d=10\end{array}\right.\Rightarrow d\text{'}=-3d=-30cm$

+ Áp dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}\to \frac{1}{10}+\frac{1}{-30}=\frac{1}{f}$ $\Rightarrow f=15cm$.

Đáp án D

Áp dụng định luật Ôm toàn mạch, ta có: $I=\frac{E}{R_0+R+r}$ $\to \frac{1}{I}=\frac{R_0+R+r}{E}=\frac{R_{0r}+R}{E}$.

Dựa vào đồ thị:

+ Khi $R=80\Omega \to \frac{1}{I}=100$ $\to R_{0r}+80=100E$.

+ Khi $R=40\Omega \to \frac{1}{I}=60$ $\to R_{0r}+40=60E$.

$\Rightarrow E=1V,r=1\Omega$.

Đáp án A

Ta có: $P=I^{2}R={\left(\frac{E}{R+r}\right)}^{2}R$.

$\Rightarrow 16=\frac{{12}^2}{R^2+4R+4}R$

$\Rightarrow R^2-5R+4=0\Rightarrow R=4\Omega$ hoặc $R=1\Omega$ (loại).

Hiệu suất của nguồn điện: $H=\frac{R}{R+r}=66,7\%$.

Đáp án D

+ Theo định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

$Q=K_H+K_X-K_{He}$ 

$\to K_H+K_X=5-1,21=3,79MeV$ $\to K_H=3,79-K_X$

+ Áp dụng định luật bảo toàn vectơ động lượng: $\overrightarrow{p_{He}}=\overrightarrow{p_H}+\overrightarrow{p_X}$

$\begin{array}{l}\cos \alpha =\frac{p_{He}^2+p_X^2-p_H^2}{2p_{He}.p_X}\\ =\frac{2m_{He}.K_{He}+2m_X.K_X-2m_H.K_H}{2\sqrt{2m_{He}.K_{He}}.\sqrt{2m_X.K_X}}\\ \cos \alpha =\frac{4.5+17K_X-\left(3,79-K_X\right)}{4\sqrt{5}.\sqrt{17K_X}}\\ =\frac{16,21+18K_X}{4\sqrt{85}.\sqrt{K_X}}=\frac{\frac{16,21}{\sqrt{K_X}}+18\sqrt{K_X}}{4\sqrt{85}}\end{array}$

Áp dụng BĐT Cosi cho hệ thức $\left(\frac{16,21}{\sqrt{K_X}}+18\sqrt{K_X}\right)\ge 2\sqrt{16,21.18}$. Nhận thấy $\cos \alpha$ đạt min thì góc $\alpha$ đạt max.

Dấu “=” xảy ra $\iff \frac{16,21}{\sqrt{K_X}}=18\sqrt{K_X}$ $\Rightarrow K_X=0,9006MeV$.

Đáp án D

Dựa vào đồ thị ta có: Tại $t=0,\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{A_1}{2}\\ v_1>0\end{array}\right.\to {\phi }_1=\frac{-\pi }{3}$.

$v_2=\frac{v_{2\max }}{2}$ và đang giảm tức là ${\phi }_{v2}=\frac{\pi }{3}$ mà ${\phi }_{v2}-{\phi }_2=\frac{\pi }{2}\to {\phi }_2=-\frac{\pi }{6}\to \Delta \phi =\frac{\pi }{6}$.

Đáp án B

Gọi công suất của mỗi tổ máy là $P_o$.

+ Ban đầu, ở giờ cao điểm:

Công suất phát đi $P_1=8P_0$;

Công suất tiêu thụ: $P_{tt1}=0,7P_1$.

Công suất hao phí: $P_{hp1}=I_1^{2}R=\frac{P_1^2}{U^2}R=0,3P_1\to \frac{R}{U^2}=\frac{0,3}{P_1}$.

+ Khi công suất tiêu thụ giảm còn 72,5% so với lúc cao điểm: $P_{tt2}=0,725P_{tt1}=0,725.0,7.P_1$ $=0,5075P_1$.

Công suất của máy phát lúc này: $P_2=P_{tt2}+P_{hp2}=0,5075P_1+\frac{P_2^2}{U^2}R$ $\to P_2=0,5075P_1+P_2^2.\frac{0,3}{P_1}$.

Giải ra ta được: $\left\{\begin{array}{l}\frac{P_2}{P_1}=2,71\left(KTM\right)do{P}_2<P_1\\ \frac{P_2}{P_1}=0,62\left(KTM\right)\to P_2\approx 0,62P_1\approx 4,96P_0\end{array}\right.$

Đáp án D

Hai thời điểm gia tốc liên tiếp bằng 0 là: $\frac{T}{2}=\frac{45}{16}-\frac{41}{16}\Rightarrow T=0,5s$.

$\to \omega =4\pi rad/s$

Từ t = 0 đến $t_1$, vật quay góc $=4\pi .\frac{41}{16}=\frac{41}{4}\pi \iff 5T+\frac{1}{8}$.

Từ $t_1$ lùi lại 5 vòng và lùi thêm góc $\frac{\pi }{4}$ ta xác định được thời điểm đầu tiên của vật (đang chuyển động về biên dương).

$\to x_0=-5\sqrt{2}cm$ theo chiều dương.

Một chu kỳ vật qua x = 5 cm hai lần, tách 2020=1009T+2

$\Delta t=1009T+t_0$ $=1009T+\frac{T}{8}+\frac{T}{12}+2\frac{T}{6}$ $=504,77s$.

Đáp án A

Gọi $m_0$ là khối lượng ban đầu của Po.

+ Sau thời gian $t_1=2T$:

Khối lượng Po bị phân rã: $\Delta m_{Po1}=m_0\left(1-2^{\frac{-t_1}{T}}\right)=\frac{3m_0}{4}$ $\to m_0=84mg$.

Khối lượng Po còn lại: $\Delta m_{Po1}=21mg$.

Khối lượng Pb sinh ra: $\frac{m_{Pb1}}{m_{Po1}}=\frac{A_{Pb}}{A_{Po}}\left(2^{\frac{t_1}{T}}-1\right)$ $=\frac{206}{210}.\left(2^2-1\right)=\frac{103}{35}$ $\to m_{Pb1}=61,8mg$.

+ Sau thời gian $t_2=3T$

Khối lượng Po còn lại: $m_{Po2}=m_0{.2}^{\frac{-t_2}{T}}=m_0{.2}^{-3}=10,5mg$.

Khối lượng Pb sinh ra: $\frac{m_{Pb2}}{m_{Po2}}=\frac{A_{Pb}}{A_{Po}}\left(2^{\frac{t_2}{T}}-1\right)$ $=\frac{206}{210}.\left(2^3-1\right)=\frac{103}{15}$ $\to m_{Pb2}=72,1mg$.

Từ t = 2T đến t = 3T, lượng Pb được tạo thành trong mẫu có khối lượng là: $72,1-61,8=10,3mg$

Đáp án D

Khi $C=C_0$ và $C=0,5C_0$ khi thì điện áp giữa hai đầu M, B cùng pha với nhau.

Khi đó ta có: $\phi ={\phi }_{\left(u_{rLC}-i\right)}-{\phi }_{\left(u-i\right)}$ (vẽ giản đồ vectơ).

$\tan {\phi }_{\left(u_{rLC}-i\right)}=\frac{Z_L-Z_C}{r};\tan {\phi }_{\left(u-i\right)}=\frac{Z_L-Z_C}{R+r}$

Có $\tan \left(a-b\right)=\frac{\tan a-\tan b}{1+\tan a.\tan b}$ $\to \tan \phi =\frac{\tan {\phi }_{\left(u_{rLC}-i\right)}-\tan {\phi }_{\left(u-i\right)}}{1+\tan {\phi }_{\left(u_{rLC}-i\right)}.\tan {\phi }_{\left(u-i\right)}}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\frac{4r-Z_{C_0}}{r}-\frac{4r-Z_{C_0}}{6r}}{1+\frac{4r-Z_{C_0}}{r}.\frac{4r-Z_{C_0}}{6r}} \\ =\frac{{\displaystyle \frac{{\displaystyle 4r-2Z_{C_0}}}{{\displaystyle r}}-\frac{{\displaystyle 4r-2Z_{C_0}}}{{\displaystyle 6r}}}}{{\displaystyle 1+\frac{{\displaystyle 4r-2Z_{C_0}}}{{\displaystyle r}}.\frac{{\displaystyle 4r-2Z_{C_0}}}{{\displaystyle 6r}}}} \end{gathered}$$

Chuẩn hóa chọn $r=1\to Z_{C_0}=1\to \tan \phi =1$ $\to \phi =\frac{\pi }{4}\approx 0,7854rad$.

Đáp án D

Gọi AB=L, vì trên AB có 9 cực đại nên $4\lambda <L<5\lambda$.

$AN=NB=\frac{\sqrt{5}}{2}L$ $\to 2\sqrt{5}\lambda <AN<\frac{5\sqrt{5}}{2}\lambda$

Có $\left\{\begin{array}{l}MA=d_1>AN>4,47\lambda \\ MB=d_2<AN<5,6\lambda \\ d_1-d_2=\lambda \\ MA,MB>ON>4\lambda \end{array}\right.$

Vì M là cực đại và ngược pha với nguồn nên dao động tại M do A và B truyền đến phải cùng pha nhau và ngược pha với nguồn.

Từ đó ta có bảng giá trị sau:

Ta có: $AB=AH+HB$ $\to \sqrt{d_1^2-L^2}+\sqrt{d_2^2-L^2}=1$.

TH1: $d_1=5,5\lambda ;d_2=4,5\lambda \to L\approx 4,377\lambda$.

TH2: $d_1=6,5\lambda ;d_2=5,5\lambda \to L\approx 5,289\lambda$ (loại).