35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 10)

Đáp án A.

Đáp án A.

Mạch chỉ chứa tụ thì i sớm pha u một góc 0,5π → φ_i = 0,25π + 0,5π = 0,75π.

Đáp án B.

Chiết suất của không khí là 1

Chiết suất của nước là n>1

Khi đi từ không khí sang nước thì ${\text{v}}_{\text{2}}\text{=}\frac{{\text{v}}_{\text{1}}}{\text{n}}{\text{<v}}_{\text{1}}$

Theo định luật khúc xạ ánh sáng : $\frac{\text{sini}}{\text{sinr}}\text{=}\frac{{\text{n}}_{\text{2}}}{{\text{n}}_{\text{1}}}\text{=}\frac{\text{n}}{\text{1}}\text{=n}\to \text{sinr=}\frac{\text{sini}}{\text{n}}\text{<sini}\to \text{r<i}$

Đáp án D.

Đáp án C.

Đáp án A

Suất điện động của nguồn: ${\xi }_b=\xi =2V.$

Điện trở trong của nguồn: $r_b=\frac{r}{2}=0,5\Omega .$

Cường độ dòng điện đi qua R là $I=\frac{{\xi }_b}{R+r_b}=\frac{2}{R+0,5}=1\iff R+0,5=2\iff R=1,5\Omega .$

Đáp án B

Tốc độ lớn nhất của chất điểm trong quá trình dao động v_max = ωA = 6π cm/s.

Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng không bị tán sắc khi đi qua lăng kính (Đúng).

Chiết suất của môi trường trong suốt đối với ánh sáng đơn sác khác nhau thì khác nhau (đúng). Nguyên nhân của hiện tượng tán sắc ánh sáng là do chiết suất của môi trường đối với từng ánh sáng đơn sắc khác nhau thì khác nhau.

Đáp án B.

Cơ thể người (thường có nhiệt độ 37^oC) phát ra tia hồng ngoại

Đáp án A.

Tính bến vững của hạt nhân do năng lượng liên kết riêng quyết định: $\text{ε=}\frac{{\text{W}}_{\text{LK}}}{\text{A}}$

Để dễ so sánh, ta chuẩn hóa A_Y = 1 → $\left\{\begin{array}{l}{A}_X=2\\ A_Z=4\end{array}\right.$

Hạt nhân Z có năng lượng liên kết nhỏ nhất nhưng số khối lại lớn nhất nên kém bền vững nhất, hạt nhân Y có năng lượng liên kết lớn nhất lại có số khối nhỏ nhất nên bền vững nhất

Đáp án A.

Đáp án B.

Độ tự cảm của ống dây $L=4\pi {.10}^{-7}\frac{N^2}{l}S$.

Đáp án A

Trong hiện tượng cộng hưởng thì biên độ của dao động cưỡng bức đạt cực đại.

Đáp án D.

Trong mạch dao động LC thì $\text{u}\perp \text{i}$:

Đáp án D.

Từ đồ thị, ta có $T=1s\to \omega =2\pi rad/s.$

Dễ thấy: OO’= 10 cm

Phương trình dao động của vật A và ảnh A’ 

$\left\{\begin{array}{l}{x}_A=10cos\left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\\ x_{A\text{'}}=20cos\left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \Delta x=10cos\left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm.$

Khoảng cách giữa A và A’ $d=\sqrt{OO{\text{'}}^2+\Delta x^2}\to d=5\sqrt{5}cm.$ thì $\Delta x=\pm 5$cm

Biểu diễn các vị trí tương ứng lên đường tròn và tách $2020=2016+4$

$t=504T+\frac{330°}{360°}T=504.1+\frac{330°}{360°}1=504,9167s.$

Sóng dừng xuất hiện trên dây có hai đầu cố định gồm 5 nút sóng → k=4 bó.

$\text{l=k}\frac{\text{λ}}{\text{2}}\to \text{λ=}\frac{\text{2l}}{\text{k}}\text{=}\frac{\text{2.120}}{\text{4}}\text{=60cm}$

+ M và N nằm đối xứng với nhau qua một nút sóng, do vậy chúng dao động ngược pha nhau

→ Với hai dao động ngược pha, ta luôn có tỉ số :

$\frac{v_N}{v_M}=\frac{v_N}{60}=-\frac{\omega A_N}{\omega A_M}=-\frac{\left|\sin \frac{2\pi ON}{\lambda }\right|}{\left|\sin \frac{2\pi OM}{\lambda }\right|}=\frac{\left|\sin \frac{2\pi .10}{60}\right|}{\left|\sin \frac{2\pi .5}{60}\right|}=-\sqrt{3}$→ $v_N=-60\sqrt{3}$cm/s.

Đáp án C.

Kẻ  .

Từ hệ thức: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}\Rightarrow OH=9,6\lambda$

Cách 1:

Các điểm dao động cùng pha với O cách O một số nguyên lần λ. Ta vẽ các vòng tròn tâm O bán kính d bằng một số nguyên lần λ. Để các vòng tròn này cắt AB thì bán kính bắt đầu từ d = 10λ, 11λ, 12λ, 13λ, 14λ, 15λ, 16λ.

Các đường tròn bán kính d = 10λ, 11λ, 12λ cắt đoạn AB tại 2 điểm còn các đường tròn bán kính 13λ, 14λ, 15λ và 16λ chỉ cắt đoạn AB tại 1 điểm. Nên tổng số điểm dao động cùng pha với O trên AB là 3.2 + 4 = 10 điểm => Chọn C

+ Ta có : $\left\{\begin{array}{l}{x}_M=5\frac{D\lambda }{a}\\ x_M=3,5\frac{\left(D+0,75\right)\lambda }{a}\end{array}\right.$→ 5D = 3,5(D + 0,75) → D = 1,75 m.

( Vân tối lần 1 là 4,5 lần hai là 3,5)

→ Bước sóng dùng trong thí nghiệm

$x_M=5\frac{D\lambda }{a}$→ $\lambda =\frac{xa}{5\text{D}}=\frac{5,25.1}{5.1,75}=0,6$ μm.

Điện áp cuộn dây lệch $\frac{\text{5π}}{\text{6}}$so với điện áp hai đầu tụ điện → $u_d$ sớm pha hơn i một góc ${\phi }_d={60}^0$→ $tan{60}^0=\frac{Z_L}{r}=\sqrt{3}$

Đáp án B.

+ Bán kính quỹ đạo M :

$r_n=n^2{r}_0$ → $r_O-r_M=\left(5^2-3^2\right)r_0=16r_0$

Đáp án D.

${\text{ΔE=W}}_{\text{LKHe}}{\text{-2Δm}}_{\text{D}}{\text{c}}^{\text{2}}\to {\text{W}}_{\text{LKHe}}{\text{=ΔE+2Δm}}_{\text{D}}{\text{c}}^{\text{2}}\text{=3,25+2.0,0024.931,5=7,7212\hspace{0.17em}MeV}$

+ Ta có $E~\frac{1}{r^2}$→ $\frac{r_B}{r_A}=\sqrt{\frac{E_A}{E_B}}=\sqrt{\frac{36}{9}}=2$. Ta chuẩn hóa r_A = 1 → r_B = 2.

Với M là trung điểm của AB → $r_M=r_A+\frac{r_B-r_A}{2}=1+\frac{2-1}{2}=1,5$.

→ $E_M={\left(\frac{r_A}{r_M}\right)}^2{E}_A={\left(\frac{1}{1,5}\right)}^{2}36=16$ V/m.

+ Ta có lực tĩnh điện giữa hạt nhân và electron tỉ lệ nghịch với n⁴ → lực tĩnh điện giảm thì bán kính quỹ đạo tăng lên 2 lần

+ Từ khoảng giá trị của bài toán 

$8{\text{r}}_0<r_m+r_n<35{\text{r}}_0\stackrel{r_n=n^2{r}_0}{\to }8<m^2+n^2<35\stackrel{n=2m}{\to }8<5m^2<35\iff 1,26<m<2,09$

vậy $\left\{\begin{array}{l}n=4\\ m=2\end{array}\right.$→ $r_m-r_n=-12{\text{r}}_0$

+ Biễu diễn vecto các điện áp (giả sử X có tính dung kháng).

+  Từ hình vẽ ta có $\overrightarrow{U_{AM}}$ lệch pha 30⁰ so với $\overrightarrow{U_{}}$→ Áp dụng định lý hàm cos trong tam giác:

$U_X=\sqrt{U_{AM}^2+U^2-2U_{AM}{U}_X\cos {30}^0}=100$ V.

+ Dễ thấy rằng với các giá trị U = 200 V, U_X = 100 V và $U_{AM}=100\sqrt{3}$ V.

→ $\overrightarrow{U_{AM}}$ vuông pha với $\overrightarrow{U_X}$ từ đó ta tìm được X chậm pha hơn i một góc 30⁰

Đáp án A.

Với mốc thế năng được chọn tại vị trí cân bằng của lò xo, trục Ox hướng lên → E_hd = mgx → đường thẳng ứng với đồ thị thế năng hấp dẫn.

E_dh = 0,5k(Δl₀ – x)² → ứng với đường cong

+ Từ đồ thị, ta có: x_max = A = 5 cm; E_dhmax = mgA ↔ 0,05 = m.10.0,05 → m = 0,1 kg.

E_dhmax = 0,5k(Δl + A)² ↔ 0,1125 = 0,5.k(0,025 + 0,05)² → k = 40 N/m.

+ Khi vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng → x = Δl₀ = 0,5A = 2,5 cm.

→ $v=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{max}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{40}{0,1}}.5=86,6$cm/s.

Dễ thấy đồ thị nằm ngang không đổi là: $\begin{array}{l}{U}_{RC}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}_{}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_L(Z_L-2Z_C)}{R^2+Z_C^2}}}=U\\ \iff Z_L-2Z_C=0\Rightarrow Z_L=2Z_C\left(1\right).\end{array}$.

Tại R= 0: $U_C=\frac{U{Z}_C}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}_{}^2}}=\frac{U{Z}_C}{\sqrt{{(2Z_C-Z_C)}_{}^2}}=U.$ Và $U_L=2U$.

Tại giao điểm U_RC và U_L: R= R₀: $U_{RC}=U_L\iff U=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R_0^2+Z_C^2}}.$

$=>Z_L^2=R_0^2+Z_C^2\iff 4Z_C^2=R_0^2+Z_C^2\Rightarrow Z_C^{}=\frac{R_0}{\sqrt{3}};Z_L=\frac{2R_0}{\sqrt{3}}.$(2)

Khi R = R₀, thì hệ số công suất của đoạn mạch AB: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R_0}{\sqrt{{R_0}^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}.$

$=>\cos \phi =\frac{R_0}{\sqrt{{R_0}^2+{(\frac{2R_0}{\sqrt{3}}-\frac{R_0}{\sqrt{3}})}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}=0,866.$

Từ đồ thị ta có $\frac{k(A+\Delta {\mathcal{l}}_0)}{k(A-\Delta {\mathcal{l}}_0)}=\frac{6}{4}\Rightarrow A=5\Delta {\mathcal{l}}_0.$

 (trên đồ thị dịch chuyển trục Ot lên 1 ô dễ thấy đối xứng)

$k(A+\Delta {\mathcal{l}}_0)=6\Rightarrow A=\frac{5}{k}.$