35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 22)

Đáp án D

Vật dao động điều hòa (mốc thế năng ở vị trí cân bằng) thì cơ năng của vật là $W=\frac{1}{2}k{A}^2$

Đáp án B

Đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng.

Đáp án D

Khi dùng đồng hồ đa năng hiện số có núm xoay để đo điện áp một chiều, ta đặt núm xoay ở vị trí DCV

Đáp án C

Đáp án B

Sau một chu kỳ giảm còn N₀/2 sau 1T tiếp giảm còn $\frac{N_o/2}{2}=\frac{N_o}{4}.$

Đáp án D

Đáp án C

Một hệ đang thực hiện dao động cưỡng bức, hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ.

Đáp án D

Số hạt nhân trong 0,27 g Al là: $n=\frac{m}{M}.N_A=\frac{0,27}{27}.6,{02.10}^{23}=6,{02.10}^{21}$

Mỗi hạt nhân ${}_{13}^{27}Al$ có 13 proton, nên trong n hạt nhân có số hạt proton là: $n_p=6,{02.10}^{21}.13=7,{826.10}^{22}$

Đáp án D

Trong bệnh viện, khi hoạt động tủ dùng để khử trùng những dụng cụ y tế sử dụng nhiều lần phát ra bức xạ có tác dụng khử trùng là  tia tử ngoại.

Đáp án B

Áp dụng công thức tính công thoát; $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{45.10}^{-6}}=4,{42.10}^{-19}J$

Đáp án A

Đáp án D

Phương trình phản ứng: ${}_Z^{A}X{+}_9^{19}F{\to }_2^{4}He{+}_8^{16}O.$ 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối ta có: $\left\{\begin{array}{l}A+19=4+16\\ Z+9=2+8\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=1\\ Z=1\end{array}\right.{\Rightarrow }_1^{1}H\left(p\right).$ 

Đáp án A

Đáp án C

Bán kính quỹ đạo r = n²r_{o   =>} 

Đáp án A

Đáp án C.

  Gọi ∆P là công suất hao phí trên đường dây.

  Hiệu suất H = $\frac{P-\Delta P}{P}=1-\frac{\Delta P}{P}.$ Với $R=\rho \frac{2.\mathcal{l}}{S}$ (lưu ý: chiều dài  dây dẫn là 2$\mathcal{l}$)

Đáp án A

  E = I₁R₁ + I₁r = I₂R₂ + I₂r ð r = = 3 (Ω);

Đáp án A

Giải:

Chu kì con lắc lò xo $T=2\pi \sqrt[]{\frac{m+\Delta m}{k}}.$

Đáp án A

Mức cường độ âm tại điểm đó là:

Đáp án A

Đáp án B

Ban đầu, hiệu điện thế giữa hai đầu anôt và catôt

$e{U}_{AK}=\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}\Rightarrow U_{AK}=\frac{hc}{e.{\lambda }_{\min }}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{1,{6.10}^{-19}{\mathrm{.80.10}}^{-12}}=15527V.$ 

Nếu tăng hiệu điện thế giữa anốt và catôt thêm 5 kV thì tia X phát ra có tần số lớn nhất bằng:

Đáp án B

Điều kiện để 1 vị trí có hai quang phổ bậc k và bậc k+1 chồng chập lên nhau là :

$x_1^{k+1}\le x_2^k$ $\iff (k+1).\frac{{\lambda }_{1}D}{a}\le k.\frac{{\lambda }_{2}D}{a}\iff (k+1).{\lambda }_1\le k.{\lambda }_2\iff (k+1).0,39\le k.0,76$$=>k\ge 1,054$

Vì k nguyên nên chọn k =2. Hiện tượng chồng chập diễn ra khi k = 2 và 3.

$x_{\min }=3.i_1=3.\frac{0,39.2}{1}=2,34mm$

Đáp án C

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng I₁ đi vào tại A, dòng I₂ đi ra tại B ,các dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từvà có phương chiều như hình vẽ.

 

Có độ lớn: B₁ = 2.10^-7.$\frac{I_1}{AM}={2.10}^{-7}.\frac{6}{{6.10}^{-2}}=$ 2.10^-5 (T);

                B₂ = 2.10^-7.$\frac{I_2}{BM}={2.10}^{-7}.\frac{10}{{4.10}^{-2}}=$ 5.10^-5 (T).

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là

=>Độ lớn : B = B₁ + B₂ = 2.10^-5 + 5.10^-5 = 7.10^-5 (T).

Bấm máy tính để xác định ptdd khoảng cách: $d=\left|x_2-x_1\right|=4c\text{os}\left(4\pi t-\raisebox{1ex}{$\pi $}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$6$}\right.\right)cm$ 

+ $Khit=0\iff \left\{\begin{array}{c}{x}_0=A\cos \phi =2\sqrt{3}\\ v_0>0\end{array}\right.\underset{\Delta \alpha }{\overset{\Delta t=}{\to }}\left\{\begin{array}{c}x=2cm\\ laàn2021\end{array}\right..$ 

Đáp án D. Tam giác ABQ vuông tại B ( Hình vẽ ).

-Ta có : $AB=\mathcal{l}$; $d_1=AQ=\sqrt{{\mathcal{l}}^2+z^2}$ và $d_2=BQ=z$

-Vì hai nguồn dao động ngược pha nên ta áp dụng điều kiện

 để 1 điểm trong miền giao thoa dao động cực đại là : $d_1-d_2=(k+\frac{1}{2})\lambda$

-Suy ra, điểm Q dao động cực đại khi  : $\sqrt{{\mathcal{l}}^2+z^2}-z=(k+\frac{1}{2})\lambda$

-Vì Q dao động cực đại nên điểm Q nằm trên các đường hyperbol cực đại trong miền giao thoa.

-Áp dụng công thức tính số dao động cực đại trong đoạn AB :

$\frac{-AB}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\iff \frac{-3}{1}-\frac{1}{2}<k<\frac{3}{1}-\frac{1}{2}\iff -3,5<k<2,5$

=>k nhận các giá trị : -3; -2; - 1; 0,1; 2

-Từ điều kiện Q dao động cực đại, khi Q xa nhất ứng với k = 0, thay số vào ta được :

$\sqrt{{\mathcal{l}}^2+z^2}-z=0,5\lambda \iff \sqrt{3^2+z^2}=0,5+z\iff 9+z^2=0,25+z+z^2\iff z=8,75cm$

-Khi Q gần nhất ứng với k = 2 (hoặc k = -3, tùy theo cách chọn đâu là chiều dương), hình vẽ trên ta chọn k=2  thay số vào ta được:

$\sqrt{{\mathcal{l}}^2+z^2}-z=2,5\lambda \iff \sqrt{3^2+z^2}=2,5+z\iff 9+z^2=6,25+5z+z^2\iff z=0,55cm$

-Vậy Z_min =0,55cm; Z_max = 8,75cm.

Đáp án C

HD: Giả sử m bắt đầu rời khỏi giá đỡ D khi lò xo dãn 1 đoạn là Δl,

Tại vị trí này ta có $mg-k\Delta \mathcal{l}=ma=>\Delta \mathcal{l}=\frac{m(g-a)}{k}=5\left(cm\right).$

Lúc này vật đã đi được quãng đường S = 15+5=20(cm)

Mặt khác quãng đường $S=\frac{a.t^2}{2}=>t=\sqrt{\frac{2S}{a}}=\sqrt{\frac{2.20}{500}}=\frac{\sqrt{2}}{5}\left(s\right).$

Tại vị trí này vận tốc của vật là: v=a.t = $100\sqrt{2}$(cm/s)

Độ biến dạng của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng là:

$\Delta {\mathcal{l}}_0=\frac{m.g}{k}=>\Delta {\mathcal{l}}_0=10\left(cm\right).$ => li độ của vật m tại vị trí rời giá đỡ là

x = - 5(cm).  Tần số góc dao động : $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{1}}=10rad/s.$

Biên độ dao động của vật m ngay khi rời giá D là:

 $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=\sqrt{5^2+{\left(\frac{100\sqrt{2}}{10}\right)}^2}=15cm.$

khoảng cách lớn nhất từ vị trí điểm treo Q của dây treo lò xo đến vật m

$QP={\mathcal{l}}_d+\mathcal{l}+\Delta {\mathcal{l}}_0+A=15+20+10+15=60cm.$

Đáp án C

+Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RC: $U_{RC}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$.

+Khi Z­_C = ∞ thì U_RC = U = 100 V.

+ Khi Z_C = 0 thì $U_{RC}=100\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=20\sqrt{5}V.$→ Z_L = 2R → $\tan 2{\phi }_0=\frac{2R}{Z_L}=1.$→ φ₀ = 22,5→ $U_X=U_{RCmax}=\frac{U}{\tan {\phi }_0}=241,4V.$

- Tại thời điểm t = 0, nguồn O có vị trí như hình vẽ.

- Tại thời điểm t= $\frac{T}{2}$, nguồn O tại vị trí O’.

T= mg( 3 – 2cos${\alpha }_0$)  = 3

=> $v=\sqrt{2gl (1-\cos {\alpha }_0)}$ = 3$\sqrt{2}$ m/s  

=> Chọn B

Đáp án B.

$L=k\frac{\lambda }{2}+\frac{\lambda }{4}=k\frac{v}{2f}+\frac{v}{4f},$  với n =1 ta có $L=\frac{v}{4x}.$               (1);

       n =3 ta có $L=2\frac{v}{2(x+40)}+\frac{v}{4.(x+40)}.$  (2);

        n=4 ta có $L=3\frac{v}{2y}+\frac{v}{4y}.$                        (3)

Từ (1) và (3) ta có y=7x;  từ (1) và (2) ta có 40+x=5x =>x=10; y=70 => $\frac{x+y}{2}=40$ 

Đáp án D

Cứ sau mỗi nửa chu kì thì q lại có độ lớn cực đại.

Ta có: $T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{LC}=10\pi {.10}^{-6}s$ $=>\Delta t=T/2=5\pi {.10}^{-6}s$

Đáp án D

Giải: Đoạn mạch X (có tính cảm kháng) và ta xem như Z_XLC $\equiv$Z_L.

=>$Z_X=\sqrt{R_X^2+Z_{XLC}^2}=\sqrt{R_X^2+Z_L^2}.$; Theo đề: ${\phi }_X=\frac{\pi }{6}.$.

-Lúc đầu ${\phi }_X=\frac{\pi }{6}.$ Chuẩn hóa cạnh:$\frac{R_X}{Z_X}=\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\stackrel{R_X=\sqrt{3}}{\to }{Z}_X=2;Z_L^{}=1.$.

  Theo đề: $P_{1X}=\frac{U^2}{R_X}{\cos }^2{\phi }_x<=>250\sqrt{3}=\frac{U^2}{\sqrt{3}}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=>U^2=1000.$

-Lúc sau: . Vẽ giản đồ vec tơ và chuẩn hóa cạnh tỉ lệ:

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_Y^2=R_Y^2+Z_C^2;\\ \frac{Z_C}{Z_Y}=\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}=>Z_C=\frac{\sqrt{3}}{2}{Z}_Y\end{array}\right.\left\{=>Z_C=\sqrt[]{3}{R}_Y\right..$

Đáp án B

Điện trở của đèn là : $R=\frac{U^2}{P}=\frac{{110}^2}{50}=242\Omega$

Khi K đóng hay khi K mở thì đèn đều sáng bình thường và vôn kế đều chỉ 180V nên ta có:

$I_1=I_2\iff \frac{U}{Z_1}=\frac{U}{Z_2}=>Z_1=Z_2$ $=>\sqrt{R^2+Z_L^2}=\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=>Z_C=2Z_L$

 $U_L=180V;U_R=110V$ $\Rightarrow Z_L=\frac{18}{11}R=396\Omega$ 

$=>Z_C=792\Omega$ $=>C=\frac{1}{\omega Z_C}={4.10}^{-6}F=4\mu F$

Đáp án A.

*Từ đồ thị ta có cộng hưởng tại $\omega ={\omega }_0$