35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 24)

Chọn D

Chọn D

Lời giải

Biên độ dao động cưỡng bức phụ thuộc vào:

-Biên độ ngoại lực

-Tần số lực cưỡng bức.

Chọn A

Lời giải

Xét điện tích thử q0 đặt cách điện tích Q một khoảng là r khi đó độ lớn cường độ điện trường tại điểm M cách điện tích Q một khoảng là được tính bởi $E=\frac{k\left|Q\right|}{r^2}$

Lực điện tác dụng lên điện tích thử q₀ là $F=q_{0}E=q_0.\frac{k\left|Q\right|}{r^2}$

Như vậy E thì phụ thuộc vào Q không phụ thuộc vào độ lớn điện tích thử q₀.

Chọn C

Lời giải

+ Lực tương tác tĩnh điện điện giữa hai điện tích tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng → lực tăng lên 4 lần → khoảng cách giảm 2 lần → $r^{\text{'}}=\frac{r}{2}$→ Đáp án C

Chọn D

Lời giải

+ Trong hiện tượng giao thoa của hai nguồn cùng pha, cực tiểu giao thoa có hiệu khoảng cách đến hai nguồn thỏa mãn $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$.

Chọn B

Lời giải:

Chọn B

Lời giải

Chọn A

Lời giải

Với sóng dừng trên một sợi dây đàn hồi khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần sợi dây duỗi thẳng là một nửa chu kì sóng.

Chọn B

Lời giải

Áp dụng công thức tính công suất tỏa nhiệt trên R ta có $P=\frac{U^2}{R}=\frac{{200}^2}{100}=400W$

Chọn A

Lời giải

Chọn A

Lời giải

Ở mức M (n=3) có 3 vạch: $(3\to 2);(3\to 1);(2\to 1)$. Vậy mức thỏa mãn 6 vạch phải lớn hơn n = 3. Thử với n = 4 (N) khi đó có các vạch: $(4\to 3);(4\to 2);(4\to 1)(3\to 2);(3\to 1);(2\to 1)$ tất cả là 6 vạch => Chọn N

Chọn C

Lời giải

Ta có: $L\left(dB\right)=10\log \frac{I}{I_0}=10\log 100=20dB.$

Chọn D

Lời giải

Đối với sóng âm: $v_R>v_l>v_{kk}\stackrel{\lambda ~v}{\to }{\lambda }_l>{\lambda }_{kk}$

Đối với sóng ánh sáng: $n=\frac{c}{v}=\frac{c.T}{v.T^{\text{'}}}=\frac{\lambda }{{\lambda }^{\text{'}}}\Rightarrow {\lambda }^{\text{'}}=\frac{\lambda }{n}$

(n là chiết suất của nước)

Do đó: Một sóng âm và một sóng ánh sáng truyền từ không khí vào nước thì bước sóng của sóng âm tăng còn bước sóng của sóng ánh sáng giảm.

Chọn A

Lời giải

Phản ứng nhiệt hạch là sự kết hợp 2 hạt nhân nhẹ để tạo thành hạt nhân nặng và notron.

Chọn A

Lời giải.

Chỉ số của một ampe kế khi mắc nối tiếp vào mạch điện cho ta biết giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện.

Chọn D

Lời giải

Sử dụng hệ thức định luật m đối với mạch điện chứa nguồn điện

Chọn B

Lời giải

Vì $i=\frac{D\lambda }{a}$ khi tăng D lên 2 lần và giảm a 2 lần thì i tăng 4 lần đổi.

Chọn A

Lời giải

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

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

Tại giao điểm U_RL và U_C thì R= R₀: $U_{RL}=U_C\iff U=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R_0^2+Z_L^2}}.$.

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

Chọn D

Lời giải

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

Chọn A

Chọn C

Lời giải

Số hạt chưa phân rã tức là số hạt nhân còn lại $N=N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=N_0{.2}^{\frac{-3T}{T}}=\frac{N_0}{8}$

Hướng giải:

    ▪ Ta có U_L = I.Z_L = $\frac{U}{\sqrt{{\displaystyle \frac{R^2}{Z_L^2}}+{(1-{\displaystyle \frac{Z_C}{Z_L}})}^2}}$

    ▪ Khi L → $\infty$ thì Z_L →$\infty$ Þ U_L = U = 160 V = 4 ô

Chọn C

Lời giải

Đoạn mạch điện xoay chiều AB chỉ chứa một trong các phần tử:điện trở thuần, cuộn dây hoặc tụ điện. Ta có: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}=\underset{}{\frac{\pi }{2}}\Rightarrow u\perp i$ và u sớm pha hơn i.

Do đó đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm.

Chọn B

Lời giải

$\begin{array}{l}i=2mm\\ a=\frac{D\lambda }{i}=\frac{2.0,5}{2}=0,5mm\end{array}$

Chọn A

Lời giải

Chọn C

Lời giải

Bước sóng phát ra của mạch dao động LC được tính bởi:

Chọn D

Lời giải

Ta có $\frac{hc}{\lambda }=A+\frac{m{v}^2}{2}\to v=\sqrt{\frac{2}{m}}\sqrt{\frac{hc}{\lambda }-A}$

$\to \frac{v_1}{v_2}=\frac{\sqrt{\frac{hc}{{\lambda }_1}-A}}{\sqrt{\frac{hc}{{\lambda }_2}-A}}=2\to \frac{hc}{{\lambda }_1}-A=4\frac{hc}{{\lambda }_2}-4A$

$\to A=\frac{1}{3}\left(\frac{4hc}{{\lambda }_2}-\frac{hc}{{\lambda }_1}\right)=3,{03.10}^{-19}J=1,89eV.$

Chọn C

Lời giải

+ Áp dụng hệ thức độc lập thời gian với hai đại lượng vuông pha là vận tốc và gia tốc: ${\left(\frac{v}{v_{\max }}\right)}^2+{\left(\frac{a}{\omega v_{\max }}\right)}^2=1$

 với $v_{\max }$ là tốc độ của vật khi đi qua vị trí cân bằng $v_{\max }=2m/s.$

$\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{-10\sqrt{3}}{2\omega }\right)}^2=1\to \omega =10rad/s$ và A= 20 cm

Chọn A

Lời giải

+ Khi xảy ra cực đại của điện áp hiệu dụng trên hai đầu cuộn dây thì ô vuông pha với $u_{RC}$

→ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có $U^2=U_{L\max }\left(U_{L\max }-U_C\right)\leftrightarrow U=\sqrt{100\left(100-36\right)}=80V$

Chọn C

Lời giải

Chọn C

Lời giải

+ Vì điểm M dao động với biên độ cực đại nên: $M{S}_2-M{S}_1=k\lambda$

+ Ta có: $\frac{d_2{S}_2-d_1{S}_2}{\lambda }\le k\le \frac{d_{2}C-d_{1}C}{\lambda }$ $\iff \frac{-S_1{S}_2}{\lambda }\le k\le 0\iff -6,67\le k\le 0$

+ Vì M cách S₂ đoạn ngắn nhất nên k = -6 $\Rightarrow M{S}_2-M{S}_1=-9$

+ Tam giác CS₁S₂ đều nên góc $M{S}_2{S}_1=60°$, áp dụng định lí cos trong tam giác đó ta tìm được $M{S}_2$.

Chu kì của dao động $T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{{4.10}^{-2}}{{\pi }^2}}=\frac{2}{5}s$

Lực đàn hồi ngược chiều với lực kéo về khi con lắc di chuyển trong khoảng $-\Delta l_0\le x\le 0$

Thời gian lực đàn hồi ngược chiều với lực kéo về

$t=\frac{2}{15}=\frac{T}{3}\Rightarrow \Delta l_0=\frac{\sqrt{3}}{2}A\Rightarrow A=\frac{8}{\sqrt{3}}cm$

Tốc độ cực đại của vật: $v_{ma\text{x}}=\omega A=\sqrt{\frac{10}{{4.10}^{-2}}}\frac{8}{\sqrt{3}}\approx 73$ cm/s

Chọn D

Lời giải

Phương pháp giải: Sử dụng các công thức của bài toán điện dung của tụ điện thay đổi

Điều chỉnh C để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ đạt giá trị cực đại thì $u_{RL}$ vuông pha với u.

Ta có giản đồ véc tơ như hình bên dưới:

Khi đó $\frac{u_{RL}^2}{u_{0RL}^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1\iff \frac{{50}^2.6}{U_{0RL}^2}+\frac{{150}^2.6}{U_0^2}=1\left(1\right)$

Mặt khác, từ hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$\frac{1}{u_{0RL}^2}+\frac{1}{U_0^2}=\frac{1}{U_{0RL}^2}=\frac{1}{{150}^2.2}\left(2\right)$

Giải (1) và (2) ta thu được: $U_0^2=180000\Rightarrow U_0=300\sqrt{2}\Rightarrow U=300\left(V\right)$

Chọn B

Lời giải

Gọi M là điểm xa nhất nằm lân cận và nhỏ hơn với vân bậc k ( sáng) hoặc thứ k -1 ( tối)

Để tổng quát k có thể nguyên ( sáng) hoặc bán nguyên ( tối)

Như vậy

Chú ý x_max gần bằng 15,08 mm nhưng nhỏ hơn