30 đề thi THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 17)

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết mạch điện xoay chiều chỉ chứa R

Cách giải: 

Dòng điện xoay chiều trong đoạn mạch chỉ có điện trở thuầncùng tần số và cùng pha với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch.

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức liên hệ giữa I₀ và q₀ trong mạch dao động.

Cách giải: 

Biểu thức liên hệ: I₀ = ω.q₀

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức định luật Ôm đối với toàn mạch: \[I = \frac{E}{{R + r}}\]

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch:\[I = \frac{E}{{R + r}}\]

Chọn A.

Phương pháp: 

Công thức tính tổng trở: \[Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \]

Hệ số công suất: cosφ = \[\frac{R}{Z}\]=\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\]

Cách giải: 

Tổng trở của đoạn mạch gồm R nối tiếp cuộn cảm L là: Z=R2+ZL2 =R2+(ω⁢L)2

Hệ số công suất: cosφ = \[\frac{R}{Z}\]=\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L} \right)}^2}} }}\]

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng phương trình dòng điện xoay chiều: i =I₀.cos(ωt+φ) = I\[\sqrt 2 \].cos(ωt+φ)

Cách giải: 

Dòng điện xoay chiều có biểu thức \[i = 4\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \pi /3} \right)\,A\].

Nên I = 4A

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết về dao động tắt dần

Cách giải: 

Trong dao động tắt dần biên độ và cơ năng của con lắc giảm dần theo thời gian nguyên nhân do quả cầu có sự ma sát với không khí nên một phần cơ năng chuyển hóa thành nhiệt năng.

Chọn D.

Phương pháp: 

Sơ đồ khối của một máy thu sóng điện từ đơn giản gồm:anten (1), mạch chọn sóng (2), mạch tách sóng (3), mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần (4) và loa (5).

Cách giải: 

Mạch biến điệu nằm trong mạch phát sóng điện từ.

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng định nghĩa sóng dọc.

Cách giải: 

Sóng dọc là sóng có phương dao động của các phần tử sóng trùng với phương truyền sóng.

Chọn B.

Phương pháp: 

Ba đặc trưng sinh lí của âm là độ cao, độ to và âm sắc.

Cách giải: 

Cường độ âm là đặc trưng vật lý của âm

Chọn A.

Phương pháp: 

-       Biên độ dao động = ½ chiều dài quỹ đạo

Cách giải:

L = 10cm

Suy ra A = \[\frac{L}{2}\]= \[\frac{{10}}{2}\]= 5cm

Chọn A. 

Phương pháp: 

Công thức tính tốc độ góc của con lắc lò xo là ω = \[\sqrt {\frac{k}{m}} \]

Công thức tính tần số dao động của con lắc là: f = \[\frac{\omega }{{2\pi }}\]

Cách giải: 

 Tần số dao động của con lắc là: f = \[\frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \]

Chọn A.

Phương pháp: 

Công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn:  \[T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \]

Cách giải: 

A,B,D – sai

C- chu kì của con lắc đơn phụ thuộc vào chiều dài của con lắc

Chọn C. 

Phương pháp:

Cách đo  điện áp xoay chiều bằng đồng hồ vạn năng

Bước 1:Chèn dây dẫn màu đỏ vào cực dương của thiết bị và màu đen vào chân Com của vạn năng.

Bước 2:Di chuyển ním vặn đến thang đo điện áp AC và ở dải đo phù hợp. Bạn có thể để thang AC cao hơn điện áp cần đo 1 nấc.

Bước 3:  Đặt 2 que đo vào 2 điểm cần đo (Đo song song). Không cần quan tâm đến cực tính của đồng hồ

Bước 4: Đọc kết quả hiển thị trên màn hình.

Cách giải: 

A-   DCV: đo điện áp 1 chiều

B-   ACV: đo điện áp xoay chiều

C-   DCA: đo dòng 1 chiều

D-   ACA: đo dòng xoay chiều

Chọn B. 

Phương pháp: Sử dụng công thức tính vận tốc truyền sóng cơ: \[v = \lambda f\]

Cách giải: 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng các công thức tính độ lớn của cảm ứng từ gây ra bởi dây dẫn có hình dạng đặc biệt

-1 điểm nằm cách dây dẫn thẳng dài 1 đoạn R là: \[B = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{R}\]

-1 điểm nằm tại tâm vòng dây bán kính R là: \[B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{R}\]

-trong lòng ống dây có chiều lài l, gồm N vòng dây là: \[B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{{NI}}{l}\]

Cách giải: 

A-   sai

B-   độ lớn của cảm ứng từ gây ra tại 1 điểm nằm tại tâm vòng dây bán kính R

C-   độ lớn của cảm ứng từ gây ra tại 1 điểm nằm cách dây dẫn thẳng dài 1 đoạn R

D-   sai

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng khái niệm hai sóng kết hợp.

Cách giải: 

Hai sóng kết hợp cócùng tần số, cùng phương và có hiệu số pha không đổi theo thời gian.

Chọn A. 

Phương pháp: 

Áp dụng công thức: \[{s_0} = l.{\alpha _0}\]

Cách giải: 

\[{s_0} = l.{\alpha _0}\]= 2.0,1 = 0,2m = 20cm

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính độ lệch pha giữ u và i trong mạch RLC mắc nối tiếp là: tanφ = \[\frac{{{Z_L} - {Z_c}}}{R}\]

Cách giải: độ lệch pha giữ u và i trong mạch điện xoay chiều gồm điện trở và tụ điện mắc nối tiếp là

 tanφ = ZL-ZcR=-ZcR=-4040= -1

⇒ φ = \[\frac{{ - \pi }}{4}\]

⇒ u trễ pha hơn i là \[\frac{\pi }{4}\]

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng công thức thấu kính: \[\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f}\]

Cách giải: 

Công thức xác định vị trí ảnh:

\[d' = \frac{{d.f}}{{d - f}} = \frac{{30.( - 20)}}{{30 - ( - 20)}} = 12\]cm

Chọn C.

Phương pháp: 

 Phương trình sóng tại 1 điểm trên phương truyền sóng: \[u = A\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)(mm)\]

Cách giải:  \[u = 4\cos \left( {50\pi t - 0,125{\rm{x}}} \right)(mm)\]

Δ⁢φ⁢⁢ =2⁢π⁢xλ=0,125⁢x ⇒λ = \[\frac{{2\pi }}{{0,125}}\]=16π (cm)Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính gia tốc cực đại: a_max = ω²A 

Cách giải: \[x = 3\cos 2\pi t\,\,(cm)\]

⇒ A= 3cm, ω = 2π(rad/s)

⇒ a_max = ω²A = (2π)².3 = 120 cm/s²  = 1,2m/s²

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính cường độ điện trường: E =  \[\frac{F}{q}\]

Cách giải: 

Cường độ điện trường tại M có độ lớn là: E = \[\frac{F}{q} = \frac{{{{6.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^{ - 6}}}} = 3000\]V/m

Chọn B.

Phương pháp: 

+ Sử dụng định nghĩa sóng dọc và sóng ngang:

- Sóng dọc là sóng có phương dao động của các phần tử sóng trùng với phương truyền sóng.

-Sóng ngang là sóng có phương dao động của các phần tử sóng vuông góc với phương truyền sóng.

Cách giải: 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính vận tốc truyền sóng điện từ trong chân không: λ⁢⁢ =cf

Cách giải:

λ⁢=cf=3.10830.106=10⁢m

Chọn C.

Phương pháp: 

Phương trình sóng tại 1 điểm M trên phương truyền sóng là \({u_M} = ac{\rm{os}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\,\,\)

Cách giải: 

Phương trình sóng tại 1 điểm M  cách O khoảng \[\frac{\lambda }{3}\] là:

\({u_M} = ac{\rm{os}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\,\,\)

⇒\({u_M} = ac{\rm{os}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{6} - \frac{{2\pi }}{\lambda }.\;\frac{\lambda }{3}} \right)\,\,\)= 2

⇒\(ac{\rm{os}}\left( {\frac{{ - \pi }}{6}} \right)\,\,\)= 2

⇒ a.\[\frac{1}{2}\]= 2

⇒ a = 4cm

Chọn C.

Phương pháp: 

+ Sử dụng phương trình dao động của con lắc lò xo: x=A⁢c⁢os⁢(ω⁢t+φ)

+ Sử dụng phương trình vận tốc của con lắc lò xo: v= -ω⁢A⁢sin⁢(ω⁢t+φ)

Cách giải:

v=v03 ⇒ -ω⁢A⁢sin⁢(ω⁢t+φ)=⁢ -13⁢ω⁢A

⇒sin⁢(ω⁢t+φ)=13⇒cos⁡(ω⁢t+φ)= ±2⁢23

⇒x=A⁢c⁢os⁢(ω⁢t+φ)= ±2⁢23A

Chọn D . 

Phương pháp: 

Sử dụng các công thức tính của con lắc lò xo treo thẳng đứng.

Năng lượng dao động của vật là: \[{\rm{W}} = \frac{1}{2}k.{A^2}\]

Cách giải: 

Ta khi lò xo có chiều dài 28cm thì v = 0 và F_đh =2N ⇒ 2=k.0,02⇒k=100N/m

Tại VTCB: P=F_đh ⇒ m.g = k.Δl

⇒ Δl = \[\frac{{m.g}}{k} = \frac{{0,2.10}}{{100}} = 0,02\]m

⇒ biên độ dao động: A = Δl+ 0,02 = 0,04 m

⇒ Năng lượng dao động của vật là: \[{\rm{W}} = \frac{1}{2}k.{A^2} = \frac{1}{2}{.100.0,04^2} = 0,08\]J

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Công thức tính bước sóng: λ⁢ =vf

+ Công thức xác định số điểm dao động với biên độ cực đại là:

-A⁢Bλ≤k≤A⁢Bλ

Cách giải: 

 Bước sóng: λ⁢⁢ =vf=4025=1,6⁢c⁢m

Số điểm dao đọng với biên độ cực đại là:

-A⁢Bλ≤k≤A⁢Bλ⇒⁢ -121,6≤k≤121,6

⇒ -7,5≤k≤7,5

\[ \Rightarrow k = 0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 5, \pm 6, \pm 7\]

\[ \Rightarrow \]có 15 giá trị thỏa mãn

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức của máy biến thế: \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\]

Cách giải: 

Áp dugnj công thức: \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Leftrightarrow \frac{{1000}}{{{U_2}}} = \frac{{2000}}{{100}}\]

\[ \Rightarrow \]U₂ = 50 vòng

Chọn B.

Phương pháp: 

+ Mạch chỉ có cuộn cảm thuần L: \[{u_L}\]nhanh pha hơn i một góc \[\frac{\pi }{2}\]

+ Hệ thức vuông pha:  \[{\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2}{\left( { + \frac{{{u_L}}}{{U_{0L}^2}}} \right)^2} = 1\]

Cách giải: 

Đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần L: \[{u_L}\]nhanh pha hơn i một góc \[\frac{\pi }{2}\]

⇒\[i = {I_0}\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right)\,\,V = {I_0}\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\]

Z_L= L.ω = 100π.\[\frac{1}{\pi }\]= 100Ω

Hệ thức vuông pha của \[{u_L}\]và i:  \[\begin{array}{l}{\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\\ \Rightarrow {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{I_0}{Z_L}}}} \right)^2} = 1\\ \Rightarrow I_0^2 = {i^2} + \frac{{{u^2}}}{{Z_L^2}} = {2^2} + \frac{{{{(100\sqrt 2 )}^2}}}{{{{100}^2}}} = 6\end{array}\]

⇒ I₀ = \[\sqrt 6 \]

⇒\[i = \sqrt 6 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\]

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ áp dụng công thức tính bước sóng λ⁢⁢ =2⁢π⁢c⁢L⁢C cho từng trường hợp

Cách giải: 

λ⁢⁢ =2⁢π⁢c⁢L⁢C=60

λ1=2⁢π⁢c⁢L⁢(C+6.10-12)⁢ =120=2⁢λ

⇒L⁢(C+6.10-12)⁢=2⁢L⁢C

⇒ C+6.10-12=4C

⇒ C =2.10^-12(F)

⇒ λ2=2⁢π⁢c⁢18⁢L⁢(C-10-12)⁢ =3⁢λ⁢ =180⁢m

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính từ thông cực đại: ϕ0=N⁢B⁢S

+ Biểu thức từ thông qua khung dây: ϕ⁢⁢ =ϕ0⁢c⁢os⁢(ω⁢t+φ)

Cách giải: 

ϕ0=N⁢B⁢S=100.0,1.50.10-4=0,05⁢W⁢b

Tại t=0 là lúc pháp tuyến của khung dây có chiều trùng với chiều của vecto cảm ứng từ

⇒ α = 0 ⇒ ϕ⁢ =ϕ0 ⇒ φ=0

⇒ϕ⁢⁢ =ϕ0⁢c⁢os⁢(ω⁢t+φ)=0,05.cos⁢(100⁢π⁢t)

Chọn D.

Phương pháp: 

+ Tính tổng lượng điện tiêu thụ trong tháng

+ Tính giá tiền theo từng mức rồi cộng lại

Cách giải: 

Tổng lượng điện tiêu thụ trong tháng: 1200.10.30=360000Wh=360kWh

Số tiền điện phải trả là:

50.1500+50.1600+100.1800+100.2100+60.2500 =695000 đồng

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng giản đồ vecto

Cách giải: 

Vật dao động từ vị trí: W_t = ¾

⇒ ½ k.x² = ¾ . ½ .k.A²

⇒ x = A⁢32

Đến vị trí có W_t = 0 ⇒ x=0 trong thời gian Δt = 1/6 (s) ⇒ Δφ=π3

⇒

Từ đồ thị ta thấy tại t = 0 W_t đang giảm 

⇒ phương trình có thể là x=5⁢c⁢os⁢(2⁢π⁢t-5⁢π6)

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức tính sai số tuyệt đối: Δ⁢v=v.¯⁢(Δ⁢λλ¯⁢Â⁢ +2⁢Δ⁢ff¯)

Cách giải: 

+ Vận tốc trung bình: v¯⁢⁢ =λ¯⁢⁢ .f¯ = 330m/s

+ Sai số tuyệt đối: Δ⁢v=v.¯⁢(Δ⁢λλ¯⁢⁢ +2⁢Δ⁢ff¯)=330.(182,5+10400)=12,25  m

⇒tốc độ truyền âm trong không khí tại nơi làm thí nghiệm là: (330 ± 12) m/s

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Biểu thức liên hệ: I₀ = ω.q₀

+ Sử dụng phương trình dòng điện xoay chiều: i =I₀.cos(ωt+φ) = I\[\sqrt 2 \].cos(ωt+φ)

Cách giải: 

ω⁢ =1L⁢C=1500.10-6⁢.5.10-6=20000=2.104⁢r⁢a⁢d/s

⇒ I₀ = ω.q₀= 6.10^-4.2.10⁴ =12A

Tại t = 0 thì q = Q₀ I₀ = ω.q₀⇒φ=\[\frac{\pi }{2}\]

⇒ i =12.cos(2.10⁴t+\[\frac{\pi }{2}\])

Chọn D.

Phương pháp: 

Công thức tính tổng trở: \[Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \]

Hệ số công suất: cosφ = \[\frac{R}{Z}\]=\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\]

Cách giải: 

Dựa vào đồ thị ta thấy khi Z_L = 49 thì U_RLmax khi đó cosφ = 0,8

U_RL = \[\frac{U}{Z}.{Z_{RL}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}\]

U_RLmax ⇒\[Z_L^2 - {Z_L}.{Z_C} - {R^2} = 0\]⇒ Z_C = 49 -\[\frac{{{R^2}}}{{49}}\]

Hệ số công suất: cosφ = \[\frac{R}{Z}\]=\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\]=\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {49 - (49 - \frac{{{R^2}}}{{49}})} \right)}^2}} }}\]

                                               =\[\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\frac{{{R^2}}}{{49}}} \right)}^2}} }}\]=0,8

⇒ R = 36,75Ω

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng giản đồ vecto

Cách giải: 

φR⁢L=φA⁢B+π2= -π3+π2=π6UC2=UA⁢B2+UL2+UR2⇒UL2+UR2=UC2-UA⁢B2⇒UR⁢L=UC2-UA⁢B2 =(200⁢2)2-(100⁢2)2⁢ =100⁢6

⇒U_0RL = 100⁢6.2⁢⁢ =200⁢3V

⇒ u_RL=\[200\sqrt 3 .c{\rm{os(100}}\pi {\rm{t + }}\frac{\pi }{6})\]

Chọn D.

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính động năng, thế năng, cơ năng của dao đọng điều hòa.

+ kĩ năng đọc đồ thị.

Cách giải: 

Tại t=0 thì W_đ =0,18J=W

Tại t = 0,5 thì W_đ = 0 ⇒W_t = W = 0,18J

⇒\[\frac{1}{2}k{A^2} = 0,18J\]⇒ A = 0,06m = 6cm

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức hiệu đường truyền từ 1 điểm nằm trên

 cực đại đến 2 nguồn: d₂-d₁=kλ

Cách giải: 

Để trên MN có đúng 5 cực đại thì M và N nằm trên cực địa bậc 2

⇒ NB-NA=2λ

[⇒H⁢B2+N⁢H2⁢ -A⁢H2+N⁢H2⁢ =2⇒62+N⁢H2⁢ -22+N⁢H2⁢ =2⇒N⁢H=3⁢5⇒SA⁢B⁢M⁢N=A⁢B+M⁢N2.N⁢H=8+42⁢.3⁢5 =18⁢5

Chọn A.