25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 24)

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án B

Dựa vào phương trình: ${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}U\to {}_Z^{A}X+{}_{52}^{138}Te+3_0^{1}n$

Áp dụng định luật bảo toàn số khối, số khối A của hạt nhân X là A = 236 - (138 + 3) = 95

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích hạt nhân suy ra Z = 40

Đáp án A

Đáp án B

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng trọng ống phóng tia X. Ta có

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án B

Cường độ dòng điện trong mạch chỉ chứa tụ điện sớm pha hơn điện áp giữa hai đầu mạch một góc 0,5p

Đáp án C

Đáp án C

Để khắc phục tật cận thị, người này phải mang kính phân kì, có độ tụ $D=-\frac{1}{C_V}=\frac{1}{-0,5}=-2dp$.

Đáp án C

Năng lượng liên kết: $\text{W}=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_X\right]c^2$

$\text{W}=\left(1,0073.8+8.1,0087-15,9904\right)$$.931,5MeV$ $=128,17MeV$

Đáp án B

Từ phương trình truyền sóng, ta có: $\left\{\begin{array}{l}\omega =20\pi \\ \frac{2\pi x}{\lambda }=5\pi x\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}T=0,1\\ \lambda =0,4\end{array}\right.$

Trong mỗi chu kì sóng truyền đi được một quãng đường bằng bước sóng

Đáp án C

Đáp án D

Công thức tính số bức xạ tối đa mà nguyên tử có thể phát ra: $N=\frac{n\left(n-1\right)}{2}=C_n^2=10\to n=5$

$\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=E_{cao}-E_{thap}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{E}_5-E_4=\frac{hc}{{\lambda }_{\max }}\\ E_5-E_1=\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}\end{array}\right.$ $\Rightarrow \frac{{\lambda }_{\max }}{{\lambda }_{\min }}=\frac{E_5-E_1}{E_5-E_4}$ $=\frac{-\frac{13,6}{5^2}-\left(\frac{-13,6}{1^2}\right)}{-\frac{13,6}{5^2}-\left(\frac{-13,6}{4^2}\right)}\Rightarrow \frac{{\lambda }_{\max }}{{\lambda }_{\min }}=\frac{128}{3}$

Đáp án D

Trong mạch dao động LC thì điện áp giữa hai bản tụ vuông pha với dòng điện trong mạch.

$\left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{i_1}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u_1}{U_0}\right)}^2=1\\ {\left(\frac{i_2}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u_2}{U_0}\right)}^2=1\end{array}\right.$ $\to {\left(\frac{I_0}{U_0}\right)}^2=\frac{i_1^2-i_2^2}{u_2^2-u_1^2}$

Đáp án A

Gọi chiều dài mỗi cạnh của hình vuông ABCD là a

Số cực đại trên CD được xác định là:

$\frac{DA-DB}{\lambda }<k<\frac{CA-CB}{\lambda }$ $\iff \frac{a\left(1-\sqrt{2}\right)}{\lambda }<k<\frac{a\left(\sqrt{2}-1\right)}{\lambda }\left(1\right)$

Trên AB cổ 15 vị trí tại đó các phần tử đao động cực đại nên thỏa mãn: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\to -8<k<8$

Hay $\frac{AB}{\lambda }=\frac{a}{\lambda }=8\left(2\right)$

Thay (2) vào (1). Ta được: $8.\left(1-\sqrt{2}\right)<k<8.\left(\sqrt{2}-1\right)$ $\to -3,3<k<3,3$

Chọn các giá trị k nguyên: $k=-3,-2,-1,0,1,2,3$ có 7 giá trị k ứng với tối đa 7 cực đại trên CD.

Đáp án A

Cường độ dòng điện trong mạch ở hai trường hợp:

Đáp án C

Lúc đầu, dưới tác dụng của điện trường nằm ngang, con lắc cân bằng ở vị trí O₁. Hợp với phương thẳng đứng một góc ${\alpha }_0$.

Với: $\tan {\alpha }_0=\frac{F}{P}=\frac{qE}{mg}=0,07$ $\to {\alpha }_0\approx 4°$.

Đáp án A

Vì vật luôn cho ảnh thật nên ảnh và vật chuyển động cùng chiều đối với thấu kính.

Theo đề ta có: $\Delta d_1=-5cm;\Delta {d^{\text{'}}}_1=10cm;$ $\Delta d_2=40cm;\Delta {d^{\text{'}}}_2=-8cm$ (dấu “=” là lại gần thấu kính)

Ta thiết lập được các hệ thức: $\Delta {d^{\text{'}}}_1=-f^2.\frac{\Delta d_1}{\left(d_2-f\right)\left(d_1-f\right)};$ $\Delta {d^{\text{'}}}_2=-f^2.\frac{\Delta d_2}{\left(d_3-f\right)\left(d_1-f\right)}$.              

Đặt: $u=d_1-f\to d_2-f=u+\Delta d_1;$ $d_3-f=u+\Delta d_2$

Suy ra: $\frac{\Delta {d^{\text{'}}}_2}{\Delta {d^{\text{'}}}_1}=\frac{\Delta d_2}{\Delta d_1}.\frac{u+\Delta d_1}{u+\Delta d_2}$ $\Rightarrow \frac{u-5}{u+40}=\frac{1}{10}\to u=10$

Do dó $f=\sqrt{-\frac{\Delta {d^{\text{'}}}_1}{\Delta {d^{\text{'}}}_2}.u\left(u+\Delta d_1\right)}$ $=\sqrt{-\frac{10}{-5}\times 10\left(10-5\right)}=10cm$

Chú ý: Bài toán này có thể thiết lập 3 hệ phương trình ứng với những trường hợp thay đổi của khoảng

cách từ vật đến thấu kính dựa vào hệ thức $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}$ giải hệ, tìm d và  rồi suy ra f

Đáp án B

Đáp án B

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,2.10}{80}=2,5cm$

Kéo vật đến vị trí lò xo giãn 7,5 cm rồi thả nhẹ ® vật sẽ dao động với biên độ A = 5 cm.

® Lực đàn hồi có độ lớn nhỏ nhất khi vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng (tức là vị trí có li độ x₀ = 2,5 cm).

+ Động năng của vật lúc này là: $K=\frac{1}{2}k\left(A^2-x_0^2\right)$ $=\frac{1}{2}\mathrm{.80.}\left(0,{05}^2-0,{025}^2\right)=0,075J$.

Đáp án D

Ban đầu, khoảng cách giữa mặt phẳng chứa 2 khe và Màn là D thì trên MN có n vân sáng (kể cả M và N), do đó đoạn thẳng MN có chiều dài:

$MN=\left(n-1\right)i=\left(n-1\right)\frac{\lambda D}{a}=12mm\left(1\right)$

Tịnh tiến màn ra xa một đoạn 50 cm, thì đoạn MN bớt đi 2 vân sáng, Độ dài đoạn MN lúc này là:

$MN=\left(n-1-2\right)i=\left(n-3\right)i^{\text{'}}$ $=\left(n-3\right)\frac{\lambda \left(D+0,5\right)}{a}=12mm\left(2\right)$

(1) = (2), suy ra n = 4D + 3 (3)

Thay (3) vào (1), ta có $MN=\left(4D+3-1\right)\frac{0,{6.10}^{-6}D}{{10}^{-3}}$ $={12.10}^{-3}\Rightarrow \left(4D+2\right)D=20\left(4\right)$

Đáp án A

Công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2{\cos }^2\phi }$ trong đó P và U là công suất và điện áp nơi phát.

Giả sử, công suất tiêu thụ của mỗi hộ dân là P₀

+ Nếu tăng điện áp hiệu dụng nơi phát từ U lên 2U thì số hộ dân có đủ điện để tiêu thụ tăng từ 80 hộ lên 95 hộ

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}P-\Delta P=80P_0\\ P-\frac{\Delta P}{4}=95P_0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}P=100P_0\\ \Delta P=20P_0\end{array}\right.$

Sợi dây siêu dẫn có R = 0 ÞDP = 0 Þ P = 100P₀ Þ số hộ dân đủ điện để tiêu thụ là 100 hộ

Đáp án C

Bước sóng của sóng nước là: $\lambda =\frac{2\pi v}{\omega }=4cm$.

+ Goi I là một điểm trên MN, phương trình dao động của I có dạng:

$u_1=a_1\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }\right)$.

+ Để I cùng pha với nguồn thì: $\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }=2k\pi$ $\to d_1+d_2=2k\lambda =8k$.

Với khoảng giá trị của tổng $d_1+d_2$ là $ON\le d_1+d_2\le OM+MN$.

$\to \frac{50}{8}\le k\le \frac{36+\sqrt{{36}^2+{50}^2}}{8}$ $\leftrightarrow 6,25\le k\le 12,2$

Đáp án C

+ Thay đổi C để $U_{C\max }$ thì điện áp giữa hai đầu mạch vuông pha với điện áp giữa hai đầu mạch chứa R và L

Biểu diễn bằng giản đồ vectơ:

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có: $U_{0RC}^2=U_{0L}{U}_{0C\max }$

Mặt khác, ta để ý rằng, tại thời điểm t₀

$\left\{\begin{array}{l}{u}_C=202,8V\\ u_L=30V\end{array}\right.$ $\to Z_{C\max }=\frac{202,8}{30}{Z}_L$ $\to U_{0C\max }=6,76U_{0L}$

® Thay vào phương trình hệ thức lượng ta tìm được $U_{0L}=32,5V\to U_{0R}=78$

Với hai đại lượng vuông pha $u_L$ và $u_R$ ta luôn có

${\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2+{\left(\frac{u_R}{U_{0R}}\right)}^2=1$ $\leftrightarrow {\left(\frac{30}{32,5}\right)}^2+{\left(\frac{u_R}{78}\right)}^2=1$ $\to u_R=30V$