25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 23)

Đáp án C

Máy phát điện xoay chiều hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Đáp án D

Đáp án A

+ Từ đồ thị, ta thấy 9 ô chia trên trục Ox tương ứng với 36 cm $\to$ 1 ô chia tương ứng với 4 cm.

Đáp án A

Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân.

Đáp án B

Theo thuyết tương đối, một vật có khối lượng nghỉ m chuyển động với tốc độ V thì có khối lượng động (khối lượng tương đối tính) là: $m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$.

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

Năng lượng mất đi sau mỗi chu kì $\frac{\Delta E}{E_0}=\frac{E_0-E_1}{E_0}$ $=\frac{A_0^2-A_1^2}{A_0^2}=\frac{A_0^2-{\left(0,99A_0\right)}^2}{A_0^2}$ $=0,0199\approx 2\%$.

Đáp án B

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Đáp án B

Công suất hao phí lúc đầu: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{{\left(U.\cos \phi \right)}^2}=500W\left(1\right)$

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

Đáp án C

Ta có: $P=N_{\lambda }.\epsilon =n_{\lambda }.\frac{hc}{\lambda }$ $\Rightarrow N_{\lambda }=\frac{P.\lambda }{hc}=\frac{10.0,{75.10}^{-6}}{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}$ $=3,{77.10}^{19}$ (phôtôn)

Đáp án D

Đáp án A

+ Biên độ dao động của con lắc $A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}=\frac{30-22}{2}=4cm$

+ Khi vật cách biên 3 cm $\to$ cách vị trí cân bằng 4 – 3 = 1 cm

$\to$ Động năng tương ứng $W_{đ}=\frac{1}{2}k\left(A^2-x^2\right)$ $=\frac{1}{2}100\left(0,{04}^2-0,{01}^2\right)=0,075J$

Đáp án C

+ Điện tích âm, đường sức đi vào điện tích

Đáp án C

Hiệu suất của quá trình truyền tải là:

$H=\frac{P_1}{P_0}=\frac{U_1.I}{U_0.I}=\frac{U_1}{U_0}$ $\Rightarrow \frac{U_1}{U_0}=0,8\Rightarrow U_0=1,25U_1$

Độ giảm hiệu điện thế trên đường dây là:

$U_0-U_1=I.R$ $\Rightarrow 1,25U_1-U_1=100.55$ $\Rightarrow U_1=22000\left(V\right)$

Đáp án D

Năng lượng của photon ánh sáng: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$

Đáp án D

+ Điện trở của ống dây: $R_{đ}=\frac{E_{pin}}{I}=1,5\Omega$

+ Điện trở tổng cộng mạch ngoài là: $R_{tc}=R+R_{đ}=5\Omega$

+ Cảm ứng từ trong lòng ống dây khi có dòng điện I chạy qua được xác định bởi biểu thức: $B=4\pi {.10}^{-7}\frac{NI}{l}$ $\to I=\frac{2,{51.10}^{-2}.0,1}{4\pi {10}^{-7}.1000}=2A$

Suất điện động của nguồn: $\xi =I\left(R_{tc}+r\right)=2.\left(5+1\right)=12V$

Đáp án B

Đặt hiệu điên thế l chiều vào hai đầu cuộn dây thì trong mạch chỉ có điện trở, ta có: $I=\frac{U}{r}=\frac{60}{2}=30\Omega$

Khi đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu cuộn dây thì trong mạch có cả điện trở và cảm khảng, ta có:

$I=\frac{U}{Z}\Rightarrow Z=\frac{U}{I}=\frac{60}{1,2}$ $=50\Omega =\sqrt{r^2+Z_L^2}$.

$\Rightarrow Z_L=\sqrt{Z^2-r^2}$ $=\sqrt{{50}^2-{30}^2}=40\Omega$

Đáp án C

+ Áp dụng định lý biến thiên động năng: $\frac{1}{2}m{v}_A^2-\frac{1}{2}m{v}_K^2=\left|e\right|U_{AK}$

Bỏ qua vận tôc electron khi bứt ra khỏi catốt, nên: $\frac{1}{2}m{v}_K^2=0$.

Khi hiệu điên thế giữa hai đầu anốt và catốt là U thì $\left|e\right|U=\frac{m{v}_1^2}{2}\Rightarrow U=\frac{m{v}_1^2}{2\left|e\right|}$

Khi hiệu điện thế giữa hai đầu anốt và catốt là 1,25U ta có vận tốc mà e đạt được là

$v_2=\sqrt{\frac{2\left|e\right|U_2}{m}}=\sqrt{\frac{2\left|e\right|.1,21U}{m}}$ $=\sqrt{\frac{2\left|e\right|.1,21.m{v}_1^2}{2e.m}}=\sqrt{1,25v_1^2}$ $=\sqrt{1,25.{\left({5.10}^7\right)}^2}=5,{6.10}^{7}m\text{/}s$

Đáp án B

Vận tốc của vật khi động năng của con lắc là 1 mJ là:

$W_{đ}=\frac{1}{2}m{v}^2$ $\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2W_{đ}}{m}}=\sqrt{\frac{{2.10}^{-3}}{0,2}}$ $=0,1\left(\text{m/s}\right)$

Áp dụng hệ thức độc lập trong dao động điều hòa ta có:

$\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}=A^2$ $\Rightarrow A=\sqrt{\frac{0,1^2}{{\pi }^2}+\frac{0,5^2}{{\pi }^4}}$ $=0,06\left(m\text{/}s\right)=6\left(cm\text{/}s\right)$

Đáp án C

+ Biểu diễn các phương trình về cùng hàm số cosin

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\sqrt{3}\cos \left(20t\right)\\ x_2=2\cos \left(20t+\frac{5\pi }{6}\right)\end{array}\right.cm$ $\to x=x_1+x_2=\cos \left(20t+\frac{\pi }{2}\right)cm$

$\to$ Lực kéo về tác dụng lên vật là: $F=-kx=-m{\omega }^{2}x$ $=-0,8\cos \left(20t+\frac{\pi }{2}\right)N$

Đáp án C

Áp dụng biểu thức tính mức cường độ âm, ta có:

$L_A-L_B=10\lg \frac{I_A}{I_0}-10\lg \frac{I_B}{I_0}$ $\Rightarrow 80-50=10\lg \frac{I_A}{I_B}$ $\Rightarrow \frac{I_A}{I_B}={10}^3=1000$

Đáp án D

Khi mạch điện mắc nối tiếp ta có $I_1=\frac{U}{R_{tđ}}=\frac{U}{4R}$. Công suất của 1 điện trở trong mạch mắc nối tiếp có độ lớn là $P_1=U_1.I_1=\frac{U}{4}.\frac{U}{4R}=\frac{U^2}{16R}$

Khi mạch điện mắc song song ta có $I_2=\frac{U}{R_{tđ}}=\frac{U}{R}=\frac{4U}{R}$. Công suất tiêu thụ của 1 điện trở trong mạch điệm mắc song song có độ lớn là $P_2=U.\frac{I_2}{4}=U.\frac{4U}{4R}=\frac{4U^2}{R}$

Đáp án A

Áp dụng điều kiện có sóng dừng trên sợi dây có 2 đầu cố định $l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}$

Để phát ra các âm chuẩn là các âm cơ bản thì chúng phải có cùng số bụng sóng

Khi chiều dài 65,5 cm dây phát ra nốt La chuẩn có tần số 220 Hz ta có $65,5=k\frac{v}{2.220}$

Muốn dây đàn phát các âm La chuẩn có tần số 440 Hz ta phải bấm dây đàn để dây ngắn bớt đi 1 đoạn:

$65,5-d=k\frac{v}{2.440}$ $\Rightarrow \frac{65,5-d}{65,5}=\frac{k\frac{v}{2.440}}{k\frac{v}{2.220}}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow d=32,75cm$

Muốn dây đàn phát các âm Đô chuẩn có tần số 262 Hz ta phải bấm dây đàn để dây ngắn bớt đi 1 đoạn:

$65,5-d^{\text{'}}=k\frac{v}{2.262}$ $\Rightarrow \frac{65,5-d^{\text{'}}}{65,5}=\frac{k\frac{v}{2.262}}{k\frac{v}{2.220}}=\frac{110}{131}$ $\Rightarrow d^{\text{'}}=10,5cm$

Đáp án C

Sau thời gian Dt (với Dt << T) mẫu chất phóng xạ này phát ra 16n hạt a ta có

$\Delta N=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=16n\left(1\right)$

Sau 552 ngày kể từ lần đo thứ nhất số hạt còn lại là $N=N_0{.2}^{-\frac{552}{T}}$

Sau 552 ngày kể từ lần đo thứ nhất, thì trong cùng khoảng thời gian Dt mẫu chất phóng xạ này chỉ phát ra n hạt a ta có $\Delta N^{\text{'}}={N^{\text{'}}}_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=n$ $\Rightarrow \Delta N^{\text{'}}=N_0{2}^{-\frac{552}{T}}\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=n\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có $\frac{\Delta N}{\Delta N^{\text{'}}}=\frac{N_0\left\{1-2^{-\frac{t}{T}}\right\}}{N_0{2}^{-\frac{552}{T}}\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)}=\frac{16n}{n}$ $\Rightarrow \frac{1}{2^{-\frac{552}{T}}}=16\Rightarrow \frac{552}{T}=4$ $\Rightarrow T=138$ ngày

Đáp án C

Khi L thay đổi để $U_{L_{\max }}$ ta có $U\perp U_{RC}$ biểu diễn trên giản đồ véctơ ta được

Khi đó ta có $U^2+U_{RC}^2=U_{L_{\max }}^2$ $\Rightarrow {160}^2+U_{RC}^2={320}^2$ $\Rightarrow U_{RC}=160\sqrt{3}V$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $U^2+U_{RC}^2=U_{L_{\max }}^2$ $\Rightarrow {160}^2+U_{RC}^2={320}^2$ $\Rightarrow U_{RC}=160\sqrt{3}V$

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch là: $I=\frac{U_R}{R}=\frac{80\sqrt{3}}{40\sqrt{3}}=2A$

Độ lệch pha giữa u và i là: $\cos \phi =\frac{U_R}{U}=\frac{80\sqrt{3}}{160}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_1={\phi }_u-\phi$ $=0-\frac{\pi }{6}=-\frac{\pi }{6}$

Đáp án D

O là điểm dao động với biên độ cực đại nên $OB-OA=k\lambda \iff k\lambda =3\left(1\right)$

Từ dữ kiện bài cho ta có hình vẽ:

Tổng khoảng cách từ hai nguồn đến đường thẳng (d) là: $AH+B{H}^{\text{'}}\le AM+BM$ $\Rightarrow {\left(AH+B{H}^{\text{'}}\right)}_{\max }=AM+BM$ $=AB\iff H\equiv M\equiv H^{\text{'}}$

® M là chân đường cao hạ từ O xuống AB

Khi đó ta có hình vẽ ứng với trường hợp này:

Áp dụng định lí Pi-ta-go trong hai tam giác vuông AMO và BMO ta có:

$O{A}^2-A{M}^2=O{B}^2-B{M}^2$ $\iff 9^2-A{M}^2={12}^2-B{M}^2$

$\Rightarrow B{M}^2-A{M}^2=63$ $\iff \left(BM-AM\right).\left(BM+AM\right)=63$ $\Rightarrow BM-AM=\frac{63}{15}=4,2cm$

Phần tử tại M dao động với biên độ cực đại nên:

Từ (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}k\lambda =3\\ k^{\text{'}}\lambda =4,2cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\lambda =\frac{3}{k}\\ \lambda =\frac{4,2}{k^{\text{'}}}\end{array}\right.$ $\Rightarrow \frac{k}{k^{\text{'}}}=\frac{3}{4,2}=\frac{5}{7}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}k=5n\\ k^{\text{'}}=7n\end{array}\right.\left(n\in \mathbb{Z}\right)$

Tần số dao động của nguồn: $f=\frac{v}{\lambda }\Rightarrow f_{\min }\iff {\lambda }_{\max }$ $\iff k_{\min }=5\Rightarrow {\lambda }_{\max }=\frac{3}{5}=0,6cm$ $\Rightarrow f_{\min }=\frac{12}{0,6}=20Hz$

Đáp án A

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\to T~\frac{l}{g}$

Theo đề: $T_2<T_1\to g_2>g_1=g_1+\frac{F}{m}$

$\frac{T_1-T_2}{T_1}=75\%\iff \frac{T_2^2}{T_1^2}=0,{25}^2$ $=\frac{g_1}{g_2}=\frac{g_1}{g_1+\frac{F}{m}}=\frac{10}{10+\frac{F}{{100.10}^{-3}}}$ $\Rightarrow F=15N$

Đáp án C

Phương trình phản ứng hạt nhân: ${}_{84}^{210}Po\to \alpha +{}_{82}^{206}Pb\left(1\right);$ $\alpha +{}_4^{9}Be\to {}_6^{12}X+{}_0^{1}n\left(2\right)$

- Xét phương trình phản ứng (1).

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: $\overrightarrow{p_{PO}}=\overrightarrow{p_{\alpha }}+\overrightarrow{p_{Pb}}=\overrightarrow{0}$ $\iff p_{\alpha }=p_{Pb}\iff m_{\alpha }{K}_{\alpha }=m_{Pb}{K}_{Pb}$

Suy ra: $K_{\alpha }=\frac{m_{Pb}{K}_{Pb}}{m_{\alpha }}=\frac{205,9293.0,103}{4,0015}$ $=5,3MeV$

- Xét phương trình phản ứng (2).

+ Năng lượng tỏa ra của phản ứng là: $Q=\left(m_{\alpha }+m_{Be}-m_X-m_n\right)c^2$ $=K_X+K_n-K_{\alpha }=9,03555MeV$ $\Rightarrow K_n=14,33555-K_X\left(3\right)$

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: $\overrightarrow{p_{\alpha }}=\overrightarrow{p_X}+\overrightarrow{p_n}$

Vì $\overrightarrow{v_{\alpha }}\perp \overrightarrow{v_n}\to p_{\alpha }^2+p_n^2=p_X^2$ $\iff m_{\alpha }{K}_{\alpha }+m_n{K}_n=m_X{K}_X\left(4\right)$

Từ (3) và (4) ta có: $m_{\alpha }{K}_{\alpha }+m_n\left(14,33555-K_X\right)=m_X{K}_X$

$\iff 4,0015.5,3+1,0087.\left(14,33555-K_X\right)$ $=12.K_X\Rightarrow K_X\approx 2,74MeV$

Đáp án D

Từ đồ thị ta có T = 0,02s nên w = 100p rad/s

Từ đồ thị này ta suy ra được phương trình của $u_D$ và $u_C$ lần lượt là:

$u_C=U_C\sqrt{2}\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{2}\right)V;$ $u_D=U_D\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)V$

Độ lệch pha giữa $u_D$ và $u_C$ là $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}$

Áp dụng định lý hàm số sin ta có:

$\frac{U}{\sin \frac{\pi }{3}}=\frac{U_D}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-\phi \right)}$ $=\frac{U_C}{\sin \left(\frac{\pi }{6}+\phi \right)}=\frac{U_D+U_C}{2\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)\cos \left(\frac{\pi }{6}-\phi \right)}$

Thay đổi C, ${\left(U_D+U_C\right)}_{\max }\iff \cos \left(\frac{\pi }{6}-\phi \right)=1$ $\Rightarrow {\left(U_D+U_C\right)}_{\max }=2u=400\left(V\right)$