35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 25)

Chọn B

Dung kháng của tụ điện mạch RLC mắc nối tiếp $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Chọn C

Vật dao động điều hòa khi tốc độ của vật có giá trị cực đại thì vật ở vị trí cân bằng. Mà vị trí cân bằng cách biên dương hay biên âm 1 đoạn bằng biên độ A. Do đó theo bài ra ta có biên độ dao động của vật là A= 8 cm.

Chọn D

Chọn A

Chọn C

Bước sóng là quãng đường sóng đi được trong một chu kì $\lambda =vT.$

Chọn A

Chọn C

Máy phát điện xoay chiều ba pha là máy điện tạo ra ba suất điện động có cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau một góc $\frac{2\mathrm{\pi }}{3}$rad.

Chọn B

Dòng điện trong kim loại là dòng dịch chuyển có hướng của các electron tự do ngược chiều điện trường

Chọn C

Giá trị hiệu dụng $E=\frac{E_0}{\sqrt{2}}=220$ (V)

Chọn A

Trong máy thu sóng điện từ không có Mạch biến điệu.

Chọn D

Biên độ dao động cưỡng bức của hệ không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực.

Ta có $r_n=n^2{r}_0\to \frac{13,25}{4,77}=\frac{5^2}{n^2}\to n=3.$ 

Chọn C

Chọn B

Chọn B

Biên độ dao động của 2 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số $\left(A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_{2}cos\left({\phi }_2-{\phi }_1\right)}\right)$ có giá trị lớn nhất khi 2 dao động thành phần cùng pha hay độ lệch pha ${\phi }_2-{\phi }_1= 2n\pi$

Chọn B

Chọn D

Hạt nhân ${}_{92}{}^{238}U$ có Z= 92 nên có 92 proton và có $A=238\Rightarrow N=A-Z=238-92=146notron$ 

Chọn C

Chu kì dao động riêng của mạch LC lí tưởng là $T=2\pi \sqrt{LC}$

Bước sóng λ = 12 ô = 24 cm

Vậy khoảng cách lớn nhất giữa MN trong quá trình truyền sóng

Chọn B

Loài dơi thu và phát được sóng siêu âm, những sóng có tần số lớn hơn 20000 Hz

Chọn D

Trên phim của buồng ảnh chỉ thu được dải sáng có màu cầu vồng khi ta dùng chùm sáng trắng chiếu qua khe F của ống chuẩn trực.

Chọn A

Hiệu đường đi của ánh sáng đến hai khe để cho vân tối phải thỏa mãn điều kiện :

$d_2-d_1=\left(k+0,5\right)\lambda$ 

Vì là vân tối thứ ba tính từ vân trung tâm nên ta chọn $k=2$ ®$d_2-d_1=2,5\lambda$ 

Chọn A

Ngồi trong buồng chiếu sáng bằng đèn dây tóc, ta hoàn toàn không bị nguy hiểm dưới tác động của tia tử ngoại vì vỏ bóng đèn bằng thủy tinh hấp thụ mạnh tia tử ngoại.

Chọn D

Khi tần số góc ω₁ thì  công suất: $P_1=\frac{U^2}{R}{\cos }^2{\phi }_1=P_{\max }{\cos }^2{\phi }_1.$.

Khi tần số góc ω_2, thì công suất:  $P_2=\frac{U^2}{R}{\cos }^2{\phi }_2=P_{\max }{\cos }^2{\phi }_2.$.

Chọn D

Do nam châm hút hai ống dây nên cực của ống dây thứ nhất gần nam châm là cực bắc và cực của ống dây thứ hai gần nam châm là cực nam. Theo quy tắc nắm bàn tay phải xác định chiều của của từ trường trong ống dây thì chiều dòng điện điện trong ống dây 1 và 2 ngược lại so với hình vẽ

Chọn C

Năng lượng liên kết riêng được tính như sau: ${\text{W}}_{lkr}=\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}=\frac{\Delta m.c^2}{A}$ 

Mà $\Delta m.c^2=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right).m_n-m_X\right].931,5$ 

Từ đây ta suy ra: ${\text{W}}_{lkr}=\frac{\left[92.1,0073+\left(234-92\right).1,0087-234,041\right].931,5}{234}\approx 7,428\left(Mev/nuclon\right)$ 

Chọn A

Chu kì con lắc đơn được tính bằng công thức :$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ ®$T^2=4{\pi }^2.\frac{l}{g}$ 

Vì đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của T² theo l nên ta có thể xem phương trình trên là một hàm số như sau : $y=\frac{4{\pi }^2}{g}.x=\text{a.x}$ với $T^2=y$ và $l=x$ ® đồ thị có dạng là một đường thẳng xiên qua góc tọa độ.

Công suất bức xạ $P=N\epsilon \iff P=N.\frac{hc}{\lambda }\iff N=\frac{P.\lambda }{hc}=\frac{1.0,{6.10}^{-6}}{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}=3,{018867.10}^{18}$. => Chọn D.

Chọn D

    Ta có: $\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{CU}}_0^2\text{=}\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{LI}}_0^2\Rightarrow {\text{I}}_0\text{= }\sqrt{\frac{{\text{CU}}_0^2}{\text{L}}}=\sqrt{\frac{0,{125.3}^2}{50}}=0,15\text{\hspace{0.17em}A.}$

Chọn D

Hướng dẫn giải 1: ( Dùng PP đại số )

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₁ cực đại thì cộng hưởng, V₁ chỉ: $U_{R\max }=U=160V.$

Lúc đó, V2 chỉ : $U_C=U_L=120V.$

Ta có: $\frac{U_L}{U_R}=\frac{120V}{160V}=0,75=\frac{Z_L}{R}=>Z_L=0,75R.$. Chọn  R= 1; Z_L= 0,75

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₂ cực đại chỉ:

$U_{C\max }\iff \left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{R^2+{Z^2}_L}{Z_L}=\frac{1^2+0,{75}^2}{0,75}=\frac{25}{12}\\ U_{C\max }=\frac{U}{R}\sqrt{R^2+{Z^2}_L}=U\sqrt{1^2+{(0,75)}^2}=200V.\end{array}\right.$

Đặt $U{\text{'}}_R=X =>U{\text{'}}_L=0,75X$

Lúc đó, V₁ chỉ : $U{\text{'}}_R=X=>U{\text{'}}_L=0,75X.$.

Ta có:$\begin{array}{l}U=\sqrt{U_R^{\text{'}2}+{(U{\text{'}}_L-U_{C\max })}^2}\leftrightarrow U^2=U_R^{\text{'}2}+\frac{9}{16}{U}_R^{\text{'}2}-1,5U_R^{\text{'}}{U}_{C\max }+U_{C\max }^2\\ \iff {160}^2=\frac{25}{16}{X}^2-300X+ {\left(200\right)}^2\\ \iff \frac{25}{16}{X}^2-300X+14400=0=>X=96V\\ \iff 25X^2-4800X+230400=0=>X=96V.\end{array}$

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây: $U{\text{'}}_L=0,75X=0,75.96=72V.$

 Chọn D

Hướng dẫn giải 2: Dùng giản đồ vecto:

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₁ cực đại thì cộng hưởng, V₁ chỉ: $U_{R max}=U=160V$

Lúc đó, V₂ chỉ : $U_C=U_L=120V.$.

Ta có: $\frac{U_L}{U_R}=\frac{120V}{160V}=\frac{3}{4}=\frac{Z_L}{R}=>Z_L=\frac{3}{4}R.$. Chọn  R= 4; Z_L= 3

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₂ cực đại chỉ:

$U_{C\max }\iff \left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{R^2+{Z^2}_L}{Z_L}=\frac{4^2+3^2}{3}=\frac{25}{3}\\ U_{C\max }=\frac{U}{R}\sqrt{R^2+{Z^2}_L}=160\sqrt{1^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=200V\end{array}\right..$

Và $\overrightarrow{U}\perp \overrightarrow{U_{RL}}.$

Với: $U_{RL}=\sqrt{U_{C\max }^2-U^2}=\sqrt{{200}^2-{160}^2}=120V.$.

Ta có: $U{\text{'}}_R{U}_{C\max }=U.U_{RL}=>U{\text{'}}_R=\frac{U.U_{RL}}{U_{C\max }}=\frac{160.120}{200}=96V.$

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây:$U{\text{'}}_L=0,75X=0,75.96=72V.$

Hướng dẫn giải 3: Dùng chuẩn hóa

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₁ cực đại thì cộng hưởng, V₁ chỉ: $U_{R\max }=U=160V.$

Lúc đó, V₂ chỉ : $U_C=U_L=120V.$.

Ta có: $\frac{U_L}{U_R}=\frac{120V}{160V}=\frac{3}{4}=\frac{Z_L}{R}=>Z_L=\frac{3}{4}R.$. Chọn  R= 4 =>Z_L=3

-Khi C thay đổi, Vôn kế V₂ cực đại chỉ: $U_{C\max }\iff \left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{R^2+{Z^2}_L}{Z_L}=\frac{4^2+3^2}{3}=\frac{25}{3}\\ U_{C\max }=\frac{U}{R}\sqrt{R^2+{Z^2}_L}=160\sqrt{1^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2}V=200V\end{array}\right.$

=>$U{\text{'}}_R=I\text{'}.R=\frac{U_{C\max }}{Z_{C\max }}R=\frac{200}{25/3}.4=96V\mathrm{..}$. Chọn D

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây: $U{\text{'}}_L=0,75X=0,75.96=72V.$.

Gọi khoảng cách từ cách điểm M, N đến bụng là d₁, d₂.

Ta có $A_M=A\cos \frac{2\pi d_1}{\lambda },$ $A_N=A\cos \frac{2\pi d_2}{\lambda }.$

Ta suy ra $A_M+A_N=A\left(\cos \frac{2\pi d_1}{\lambda }+\cos \frac{2\pi d_2}{\lambda }\right)$ $\to A_M+A_N=2A\cos \frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\cos \frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }$

Nếu hai điểm M,N cùng phía với bụng thì $d_1-d_2=\Delta x=\frac{\lambda }{n}$ thì ${\left(A_M+A_N\right)}_{\max }=2A\cos \frac{\pi }{n}.$

Nếu hai điểm M, N khác phía với bụng thì $d_1+d_2=\Delta x=\frac{\lambda }{n}$ thì ${\left(A_M+A_N\right)}_{\max }=2A\cos \frac{\pi }{n}.$

=> Chọn A

Chọn C

Ta có: $a_M=2m/s^2$ và $a_N=4m/s^2\Rightarrow a_N=2a_M\iff -{\omega }^2{x}_N=2\left(-{\omega }^2{x}_M\right)\iff x_N=2x_M\left(1\right)$

 Do C là 1 điểm trên đoạn MN nên M, C, N theo đúng thứ tự đó sẽ thẳng hàng.

Mà $CM=4CN$ nên viết theo thứ tự 3 điểm M, C, N thẳng hàng ta có: 

$MC=4CN\Rightarrow x_M-x_C=4\left(x_C-x_N\right)\Rightarrow x_C=\frac{x_M+4x_N}{5}\left(2\right)$

Chọn A

Gọi N₀ là số hạt nhân X lúc ban đầu.

Và gọi T là chu kì bán rã.

Số hạt nhân X và Y ở thời điểm t = 1T, 2T, 3T,,… là

Vậy khi tỉ số giữa số hạt nhân của Y/X là 3 thì $t=2T\Rightarrow t_1^{}=2T$

      khi tỉ số giữa số hạt nhân của Y/X là 7 thì $t=3T\Rightarrow t_2=3T$

Tại thời điểm $t_3=1,5t_1+2t_2=1,5.2T+2.3T=9T$

Tỉ số khi đó là: $\frac{N_0-\frac{N_0}{2^9}}{\frac{N_0}{2^9}}=511.$

Chọn A

Ta nhận thấy rằng i₁ vuông pha với i₂

_{$9i_1^2+16i_2^2=25{\left(mA\right)}^2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{i_1^2}{{\left(\frac{5}{3}\right)}^2}+\frac{i_2^2}{{\left(\frac{5}{4}\right)}^2}=1\\ \frac{i_1^2}{I_{01}^2}+\frac{i_2^2}{I_{02}^2}=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{I}_{01}=\frac{5}{3}mA\\ I_{02}=\frac{5}{4}mA\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\frac{U_{01}}{I_{01}}=\frac{10}{\frac{5}{3}{.10}^{-3}}=6000\Omega \\ Z_C=\frac{U_{02}}{I_{02}}=\frac{20}{\frac{5}{4}{.10}^{-3}}=16000\Omega \end{array}\right.$}

Khi mắc cuộn cảm nối tiếp với tụ điện rồi mắc vào nguồn điện xoay chiều  thì điện áp cực đại giữa hai đầu cuộn cảm thuần là: $I_0=\frac{U_0}{\left|Z_L-Z_C\right|}=\frac{10}{10000}={1.10}^{-3}A\Rightarrow U_{0L}=I_0.Z_L={1.10}^{-3}.6000=6V$.

Chọn A

+ Khi C= C₁ thì U_RL không phụ thuộc R. Ta có

$U_{RL}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_{C1})}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_{C1}^2-2Z_L{Z}_{C1}}{R^2+Z_L^2}}}$

U_RL không phụ thuộc R suy ra $Z_{C1}=2Z_L$

+ Khi C= C₂ thì $U_{C\max }.$Ta có : $Z_{C2}=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$

$\Rightarrow \frac{C_1}{C_2}=\frac{Z_{C2}}{Z_{C1}}=\frac{R^2+Z_L^2}{2Z_L^2}\left(1\right)$

+ Từ đồ thị, khi $R=100\Omega$ thì $C_1/C_2=1.$ Thay vào (1) ta thu được $Z_L=100\Omega$

Thời gian ngắn nhất từ khi m rời giá đỡ D cho đến khi

vật m trở lại vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất.

$t=\frac{T}{12}+\frac{T}{2}+\frac{T}{4}=\frac{\pi }{6}s.$

Chọn A                    

Phương trình tại A và B: $u_A=u_B=6\sqrt{2}\cos 20\pi t$ (mm).

          Sóng tổng hợp tại M có phương trình

 Điểm M dao động với biên độ 12 mm khi

 =>cos $\frac{\pi (d_2-d_1)}{\lambda }$ =± $\frac{\sqrt{2}}{2}$  => $\frac{\pi (d_2-d_1)}{\lambda }$ = (2k+ 1)$\frac{\pi }{4}$

=> d₂ – d₁=(2k + 1)$\frac{\lambda }{4}$ = (2k + 1).1,5 = 3k + 1,5 (cm)

Vâỵ điểm M dao động với biên độ 12 mm khi

     d = d₂ – d₁ =>d_min = 1,5 cm.