25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có đáp án năm 2022 (Đề 5)

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án A

Khi chiếu chùm tia tử ngoại vào tấm kẽm tích điện âm thì tấm kẽm bị mất điện tích âm nghĩa là electron đã bị bật ra khỏi tấm kẽm.

+ Khi chiếu chùm tia hồng ngoại vào tấm kẽm tích điện âm thì điện tích âm của tấm kẽm không đổi.

Đáp án C

Trong mỗi phản ứng hạt nhân, năng lượng có thể bị hấp thụ hoặc được tỏa ra. Tổng khối lượng nghỉ của các hạt sau phản ứng có thể tăng hoặc giảm tùy theo phản ứng.

Các hạt sinh ra có khối lượng nhỏ hơn tổng khối lượng của các hạt ban đầu: phản ứng tỏa năng lượng.

Đáp án B

Tia tử ngoại có khả năng ion hóa không khí, tia hồng ngoại không có khả năng ion hóa không khí $\to$A sai

Tia hồng ngoại có bản chất là sóng điện từ $\to$ B đúng

Tia tử ngoại có khả năng đâm xuyên mạnh, có thể xuyên qua lớp chì dày cỡ cm. Tia hồng ngoại không có khả năng đâm xuyên $\to$C sai

Đáp án C

Đáp án D

Tia $\gamma$ và tia Rơn-ghen là sóng điện từ không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Đáp án A

Đáp án C

Khi chiếu một chúm sáng trắng vào mặt bên của lăng kính thì ta thu được chùm tia ló là một dải màu biến thiên liên tục từ đỏ đến tím.

Nguyên nhân của hiện tượng tán sắc ánh sáng này là do chiết suất của chất làm lăng kính đối với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau:

$$\begin{gathered} n_{đỏ}<n_{cam}<n_{vàng}<n_{lục}<n_{lam}<n_{chàm}<n_{tím} \\ \Rightarrow D_{đỏ}<D_{cam}<D_{vàng}<D_{lục}<D_{lam}<D_{chàm}<D_{tím} \end{gathered}$$

Vậy tia đỏ lệch ít nhất.

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án D

Tần số góc của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{\mathcal{l}}}$

Đáp án C

Đáp án D

Ta có: $U=E=\frac{NBS\omega }{\sqrt{2}}=\frac{NBS2\pi f}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\sqrt{2}\pi NBSp}{60}n$ và $Z_L=2\pi f.L=\frac{\pi Lp}{30}n$ nên U và cả $Z_L$ đều tỉ lệ thuận với tốc độ quay n.

Khi quay với tốc độ n: $U_1^2=I_1^2\left(R^2+Z_{L_1}^2\right)=R^2+Z_{L_1}^2$ (1)

Khi quay với tốc độ 3n: $U_2^2=I_2^2\left(R^2+Z_{L_2}^2\right)$

Với $U_2=3U_1$ và $Z_{L_2}=3Z_{L_1}\Rightarrow 9U_1^2=3\left(R^2+9Z_{L_1}\right)$ (2)   

Chia vế (1) cho (2) $\Rightarrow \frac{1}{9}=\frac{R^2+Z_L^2}{3\left(R^2+Z_L^2\right)}\Rightarrow Z_{L_1}=\frac{R}{\sqrt{3}}$

Đáp án A

Khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là:

$9i=4,{5.10}^{-3}\Rightarrow i=0,{5.10}^{-3}\left(m\right)$

Đáp án A

Thời gian phóng hết điện tích chính là thời gian từ lúc $q=Q_0$ đến q=0 và bằng $\frac{T}{4}$. Do đó:

$$\begin{gathered} \frac{T}{4}={2.10}^{-6}\to T={8.10}^{-6}\left(s\right) \\ \to \omega =\frac{2\pi }{T}=250000\pi \left(\frac{rad}{s}\right) \\ \Rightarrow I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{\omega Q_0}{\sqrt{2}}=5,{55.10}^{-3}\left(A\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Đáp án A

Chu kì dao động của vật: $T=\frac{\Delta t}{n}=2s$

Đáp án B

Khoảng cách giữa 5 vân sáng liên tiếp là:

$x=4i\Rightarrow 3,{6.10}^{-3}=4i\Rightarrow i={9.10}^{-4}\left(mm\right)$

Đáp án D

Trong một chu kì có 2 lần đèn bật sáng.

Đáp án A

Khi trong mạch xảy ra cộng hưởng thì $\cos \phi =1$

Đáp án C

Điều kiện để có sóng dừng trên dây với một đầu cố định và một đầu tự do: $\mathcal{l}=\left(2k+1\right)\frac{v}{4f}$ với k là số bó sóng trên dây.

Trên dây có 10 bụng (không kể B) $\to$ có 10 bó sóng trên dây $\to$ k=10.

Đáp án B

Li độ của vật tại thời điểm $t=\frac{\pi }{\omega }$ là: $x=0\Rightarrow W_t=0$

Đáp án A

Điện trở và cường độ dòng điện định mức của đèn:

$R_{đ}=\frac{U_{đ}^2}{P_{đ}}=\frac{6^2}{3}=12\Omega$ ; $I_{đ}=\frac{P_{đ}}{U_{đ}}=\frac{3}{6}=0,5A$.

Cường độ dòng điện qua đoạn mạch chứa $R_2$ và đèn: $I_2$: $I_2=\frac{U_{đ}}{P_2}=\frac{6}{12}=0,5A\Rightarrow I_m=1A$.

Cường độ dòng điện qua mạch:

$$\begin{gathered} I_m=\frac{\xi }{R_N+r}\Rightarrow 1=\frac{12}{5+\frac{12.12}{12+12}+r} \\ \Rightarrow r=1\Omega \end{gathered}$$

Đáp án B

Bước sóng: $\lambda =v.T=v.\frac{2\pi }{\omega }=40.\frac{2\pi }{2\pi }=40cm$.

Phương trình sóng tại điểm N: $u_N=2\cos \left(2\pi t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$ $=2\cos \left(2\pi t-\frac{2\pi .10}{40}\right)=2\cos \left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$

Đáp án D

Nối cực của trạm phát điện với một biến thế có

$k=0,1\Rightarrow U_{phat}=10000V$

Công suất hao phí được xác định bởi biểu thức:

$\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=800W$

Hiệu suất truyền tải điện năng $H=1-\frac{\Delta P}{P}=99,2\%$

Đáp án D

Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp vật đi qua vị trí có li độ $x=5\sqrt{3}$ cm là $\Delta t=\frac{T}{6}=0,1\Rightarrow T=0,6s$.

Độ cứng của lò xo: $k=\frac{2E}{A^2}=\frac{2.0,5}{0,1^2}=100N/m$

Để lực đàn hồi của lò xo kéo đầu cố định thì lò xo đang dãn, khi lực đàn hồi là 5 N ta có:

$F_{dh}=kx\Rightarrow x=5\left(cm\right)=\frac{A}{2}$

Đáp án B

Đáp án D

Bước sóng $\lambda =\frac{v}{f}=9cm/s$

Hai nguồn dao động cùng pha nên phương trình sóng tại điểm M là:

$$\begin{gathered} u_M=2a\cos \left(\pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t+\phi -\pi \frac{d_2+d_1}{\lambda }\right) \\ =6\cos \frac{5\pi }{3}\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{2}-5\pi \right) \\ =3\cos \left(4\pi t-\frac{11\pi }{2}\right)cm \end{gathered}$$

Đáp án A

Điều kiện để có vân sáng tại vị trí cách vân trung tâm x=4mm là: $x=k.i=k.\frac{\lambda D}{a}$ $\Rightarrow \lambda =\frac{a.x}{kD}=\frac{1,2.4}{k.2}=\frac{2,4}{k}$

Ta có: $0,38\le \lambda \le 0,76$ $\Rightarrow 0,38\le \frac{2,4}{k}\le 0,76$ $\iff 3,16\le k\le 6,32\Rightarrow k=4,5,6$.

Với $k=4\Rightarrow \lambda =\frac{2,4}{4}=0,6\mu m$.

Với $k=5\Rightarrow \lambda =\frac{2,4}{5}=0,48\mu m$.

Với $k=6\Rightarrow \lambda =\frac{2,4}{6}=0,4\mu m$.

Đáp án C

Ta có:

Đáp án C

Cường độ điện trường giữa hai bản tụ điện là:

$$\begin{gathered} E=\frac{U}{d}=\frac{Q}{C.d}=\frac{{5.10}^{-6}}{{5.10}^{-9}.0,2} \\ =5000\left(V/m\right) \end{gathered}$$

Lực điện tác dụng lên vật là:

$F_d=E.q={\mathrm{5000.2.10}}^{-6}=0,01\left(N\right)$

Đáp án A

Ta có năng lượng tỏa ra từ phản ứng là 3,25 MeV

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} E_3-E_1=\frac{hc}{{\lambda }_{31}}+\frac{hc}{{\lambda }_{21}} \\ \to E_3+13,6.1,{6.10}^{-19} \\ =6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8\left(\frac{1}{0,{6563.10}^{-6}}+\frac{1}{0,{1216.10}^{-6}}\right) \\ \to E_3=-2,{387.10}^{-19}J \\ \to {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{E_{\infty }-E_3}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0-\left(-2,{387.10}^{-19}\right)} \\ =0,{83.10}^{-6}m=0,83\mu m \end{gathered}$$