35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 27)

Tia X, tia γ và tia hồng ngoại có cùng bản chất là sóng điện từ. Tia α là dòng hạt nhân nguyên tử Hêli mang điện tích dương, không cùng bản chất với ba tia còn lại.                      

Chọn C.

Theo giả thuyết bài toán, ta có:

Chu kì T= 0,08s => ω= 25π rad/s, biên độ $I_0=2A$.

     Lúc t =0 thì $i=I_0=2A$ nên φi = 0                    

    Dung kháng tụ: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{25\pi \frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=200\Omega$       $U_0=Z_C{I}_0=200.2=400V$ và điện áp hai đầu tụ chậm pha π/2 so với i

   Điện áp hai đầu tụ: $u=400\cos (25\pi t-\frac{\pi }{2})V$

=> Chọn D.

Gọi công suất tại nơi phát là P, công suất hao phí là $∆P$ và số bóng đèn là n

Ta có: $P-\Delta P=200n\stackrel{\Delta P=\frac{R{P}^2}{U^2}}{\to }P-\frac{R{P}^2}{U^2}=200n\iff 2P^2-{10}^{5}P+{2.10}^{7}n=0.$ 

Để phương trình  trên có nghiệm P thì $\Delta ={10}^{10}-{16.10}^{7}n\ge 0\iff n\le 62,5$ 

Vậy giá trị lớn nhất của n là 62. Chọn D.

Tần số của ánh sáng đơn sắc không đổi.

Chọn A.

Chọn B

Khi có cộng hưởng điện

⇒ Chu kì khi cộng hưởng điện: $T_0=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=2\pi \sqrt{LC}$ .Chọn D. 

Chọn D.

+ Giả sử hai dây dẫn đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng I₁ đi vào tại A, dòng I₂ đi ra tại B

+ Vì AB = MA + MB nên M thuộc đoạn AB.

+ Từ trường các dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều (theo quy tắc nắm tay phải) như hình vẽ có độ lớn:

Giá trị ban đầu của gia tốc  $a_0=-{\omega }^2{x}_0=-{\left(\frac{20\pi }{3}\right)}^{2}2\sqrt{3}=-\frac{400{\pi }^2}{9}2\sqrt{3}cm/s^2=-1519,5cm/s^2$ Chọn A.

Giải nhanh: Vật từ x₀ đến biên dương là T/12 => j=-π/6  => $x_0=A\cos \phi =4.\cos (-\frac{\pi }{6})=2\sqrt{3}cm=\frac{A\sqrt{3}}{2}.$

Giá trị ban đầu của gia tốc  $a_0=-{\omega }^2{x}_0=-{\left(\frac{20\pi }{3}\right)}^{2}2\sqrt{3}=-\frac{400{\pi }^2}{9}2\sqrt{3}cm/s^2=-1519,5cm/s^2$

 Chọn A.

*Số cực đại cùng pha với nguồn trên AB:

 Ta có: $\frac{AB}{\lambda }=4$ nên số cực đại cùng pha nguồn là 4-1 = 3

*Số cực đại cùng pha trên AD:

Bằng cách thử thì chỉ có 1 điểm với d₁=3λ ; d₂=5λ thỏa mãn

*Số cực đại cùng pha trên BC:

Bằng cách thử thì cũng chỉ có 1 điểm với d₁=5λ ; d₂=3λ thỏa mãn

*Số cực đại trên CD bằng cách thử ta thấy các cực đại trên CD đều có d₁, d₂ không phải là số nguyên lần bước sóng nên không phải là cực đại cùng pha nguồn.

Vậy tổng số có 3+1+1+0=5 cực đại cùng pha. Chọn A.

Dựa vảo giản đồ vecto: $U_{AN} \perp U_{MB}$

Ta có: $\frac{1}{U_R^2}=\frac{1}{U_{AN}^2}+\frac{1}{U_{MB}^2}=\frac{1}{{160}_{}^2}+\frac{1}{{120}_{}^2}=>U_R=96V.$

$U_L=\sqrt[]{U_{MB}^2-U_R^2}=\sqrt{{120}^2-{96}^2}=72V.$.

Tỉ số: $\frac{Z_L}{R}=\frac{U_L}{U_R}=\frac{72}{96}=\raisebox{1ex}{$3$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$4$}\right.=0,75.$

Chọn B

Theo đồ thị: $P_{2\max }=\frac{U^2}{2.R}=>U=\sqrt{2R_2{P}_{2\max }}=\sqrt{\mathrm{2.250.100}}=100\sqrt{5}V.$

$P_1=\frac{U^2.R}{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=>\left|Z_L-Z_C\right|=\sqrt{\frac{U^{2}R}{P_1}-{R_1}^2}=\sqrt{\frac{{\left(100\sqrt{5}\right)}^{2}100}{100}-{100}^2}=200\Omega .$

$P_{1\max }=\frac{U^2}{2\left|Z_L-Z_C\right|}=\frac{{\left(100\sqrt{5}\right)}^2}{2.200}=125W.$. Lúc đó : $R=\left|Z_L-Z_C\right|=200\Omega$

Chọn D

Từ đồ thị li độ và vận tốc của con lắc, ta thấy $t_2=t_1+\frac{5T}{4}$ => pha dao động tại hai thời điểm vuông nhau.

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}{x}_1^2+x_2^2=A^2\\ x_2^2+\frac{v_2^2}{{\omega }^2}=A^2\end{array}\right.\Rightarrow x_1^2+x_2^2=x_2^2+\frac{v_2^2}{{\omega }^2}\Rightarrow {\omega }^2=\frac{v_2^2}{x_1^2}\iff \frac{k}{m}=\frac{v_2^2}{x_1^2}$

Đoạn mạch X có tính cảm kháng và ta xem như $Z_{XLC}=Z_L$.

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

-Lúc đầu ${\phi }_x=\frac{\mathrm{\pi }}{6}$. 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: $U_X\perp U_Y$. Vẽ giản đồ vec tơ và chuẩn hóa cạnh tỉ lệ:

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

   Hoặc dùng:$\tan \frac{\pi }{6}=\frac{R_Y}{Z_{LCY}}=\frac{R_Y}{Z_C}=>Z_C=\sqrt{3}{R}_Y.$.

Theo đề: $\begin{array}{l}{P}_{2X}=\frac{U^2}{Z^2}{R}_X<=>P_{2X}=\frac{U^2{R}_X}{{(R_X+R_Y)}^2+{(Z_L-Z_C)}^2}\mathrm{..}\\ \iff 90\sqrt{3}=\frac{1000\sqrt{3}}{{(\sqrt{3}+R_Y)}^2+{(1-\sqrt{3}{R}_Y)}^2}=>R_Y=\frac{4}{3};Z_C=\frac{4}{3}\sqrt{3}\end{array}$

Công suất tiêu thụ trên X +Y:

${\phi }_A=0;{\phi }_B=\frac{\pi }{3}.$  $\lambda =v.T=v.\frac{2\pi }{\omega }=50.\frac{2\pi }{10\pi }=10\left(cm\right).$

Xét điểm M thuộc PQ với AM = d_1­ và BM = d₂

M dao động với biên độ cực đại khi

$d_1-d_2=k\lambda +\frac{{\phi }_A-{\phi }_B}{2\pi }\lambda =k\lambda -\frac{1}{6}\lambda .$

Do M thuộc đoạn PQ nên

$AP-BP\le d_1-d_2\le AQ-BQ$

$-4\le k\lambda -\frac{1}{6}\lambda \le 16$

$\Rightarrow -\frac{4}{\lambda }+\frac{1}{6}\le k\le \frac{16}{\lambda }+\frac{1}{6}$

$\Rightarrow -0,233\le k\le 1,76\Rightarrow 0\le k\le 1.$

Số vân giao thoa cực đại ở giữa P và Q là $1-0+1=2$.

Theo đề ta có:

 $r=R;L=C{r}^2\iff \frac{L}{C}=r^2\iff Z_L.Z_C=r^2=R^2$

$=>U_L.U_C=U_R^2=>U_C=\frac{U_R^2}{U_L}$

   (1)

Từ đồ thị ta thấy u_AM nhanh pha $\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ so với u_AB.

Ta vẽ GĐVT như hình bên.

$\tan \alpha =\frac{U_r}{U_L}=\frac{U_R}{U_L};\tan \beta =\frac{U_C}{U_R}\stackrel{\left(1\right)}{\to }\tan \beta =\frac{U_R^2}{U_L.U_R}=\frac{U_R}{U_L}\Rightarrow \beta =\alpha$

Vậy tam giác AMB vuông tại M.

Tam giác vuông ANM có:

 AN = U_L; NM = U_r = U_R và $AM=\sqrt{U_L^2+U_R^2}.$

Tam giác vuông AMB có $AM=\sqrt{U_L^2+U_R^2}$ và $MB=\sqrt{U_R^2+U_C^2}=\sqrt{U_R^2+\frac{U_R^4}{U_L^2}}=\frac{U_R}{U_L}\sqrt{U_L^2+U_R^2}$

Có $\frac{AN}{AM}=\frac{U_L}{\sqrt{U_R^2+U_L^2}};\frac{NM}{MB}=\frac{U_R}{\sqrt{U_R^2+U_C^2}}=\frac{U_R}{\frac{U_R}{U_L}\sqrt{U_R^2+U_L^2}}=\frac{U_L}{\sqrt{U_R^2+U_L^2}}\Rightarrow \frac{AN}{AM}=\frac{NM}{MB}$

Vậy hai tam giác vuông ANM và AMB đồng dạng, từ đó có $\alpha =\frac{\pi }{6}.$ Suy ra ${\phi }_{u/i}=\frac{\pi }{6}.$