35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 29)

Phương pháp: Sử dụng bản chất dòng điện trong các môi trường

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{c}{f}$

Phương pháp: + Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

+ Vận dụng biểu thức tính vị trí vân sáng: $x_s=ki$

+ Vận dụng thang sóng ánh sáng. 

Cách giải: Ta có vân sáng gần vân trung tâm nhất ứng với ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất (do $x_s=ki=k\frac{\lambda D}{a}$)

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về môi trường truyền sóng cơ. 

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về truyền sóng. 

Cách giải: Sóng điện từ và sóng âm khi truyền từ không khí vào thủy tinh thì tần số của cả hai sóng đều không đổi.

Phương pháp:Sử dụng biểu thức tính mức cường độ âm: $L=\log \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính năng lượng của ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Phương pháp: Sử dụng công thức: $N=N_o{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}$

Cách giải:

Phương pháp: Sử dụng thang sóng điện từ. 

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

Phương pháp: Sử dụng thang sóng điện từ 

Theo chiều giảm dần bước sóng: Sóng vô tuyến, hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tử ngoại, tia X.

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Phương pháp: Sử dụng biểu thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Cách giải: Ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Phương pháp: Vận dụng cấu tạo hạt nhân: ${}_Z{}^{A}X$

Cách giải:

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =cT=2\pi c\sqrt{LC}$

Cách giải:

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về sóng cơ học. 

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính tần số góc của dao động của mạch LC: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Cách giải: Tần số góc của dao động của mạch LC:$\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$ .

Chọn A. 

Phương pháp: Sử dụng điều kiện cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$

Cách giải: Khi có cộng hưởng điện $Z_L=Z_C\Rightarrow {\omega }_{0}L=\frac{1}{{\omega }_{0}C}\Rightarrow {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Phương pháp: Sử dụng biểu thức chiều dài sóng dừng 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Cách giải: Ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức. 

Cách giải: A, B, D – đúng 

Phương pháp: Sử dụng biểu thức chuyển mức năng lượng: $\epsilon =E_n-E_m$

Cách giải: Ta có: $\epsilon =E_n-E_0\iff \frac{hc}{\lambda }=E_n-E_0$

$\iff \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{1218.10}^{-6}}=E_n-\left(-13,6.1,{6.10}^{-19}\right)$ $\Rightarrow E_n=-5,{44.10}^{-19}J=-3,4eV$

Phương pháp: Độ lớn suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$

Cách giải: Ta có: Suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$

$\Rightarrow e_c=\frac{N\cdot \Delta B.S.\cos 60}{\Delta t}=\frac{100.\left|0-{2.10}^{-4}\right|{\mathrm{.20.10}}^{-4}.\cos 60}{0,01}={2.10}^{-3}V$

Phương pháp:Sử dụng biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$  

Phương pháp: Sử dụng ĐL ôm toàn mạch $I=\frac{\xi }{R+r}=>\xi =IR+Ir=U+Ir$

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính cường độ điện trường:$E=k\frac{q}{\epsilon r^2}$

+ Sử dụng nguyên lí chồng chất điện trường:$\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}+\dots +\overrightarrow{E_n}$  

Cách giải: 

Ta có: $q_A=q_B\Rightarrow \overrightarrow{E_{AC}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_{BC}}$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{E}_{AC}=k\frac{q_A}{A{C}^2}\\ E_{BC}=k\frac{q_B}{B{C}^2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{E_{AC}}{E_{BC}}=\frac{B{C}^2}{A{C}^2}=\frac{B{C}^2}{{(AB+BC)}^2}=\frac{1}{4}\Rightarrow E_{BC}=4E_{AC}=4000\text{V/m}$

Cường độ điện trường tổng hợp tại C: $\overrightarrow{E_C}=\overrightarrow{E_{AC}}+\overrightarrow{E_{BC}}$

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị v – t 

+ Sử dụng biểu thức vận tốc cực đại: $v_{\max }=A\omega$

+ Viết phương trình li độ dao động điều hòa.

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có: 

+ Vận tốc cực đại:  $v_{\max }=5c\text{m/s}$

 $\text{+ }\frac{T}{2}=0,15s\Rightarrow T=0,3s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{20\pi }{3}\left(ra\text{d/s}\right)$

Lại có: $v_{\max }=A\omega \Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{5}{\frac{20\pi }{3}}=\frac{3}{4\pi }cm$ 

Tại $t=0:v_0=-A\omega \sin \phi =2,5c\text{m/s}$ và đang giảm $\Rightarrow \sin \phi =-\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$ 

Phương pháp: Sử dụng biểu thức:  $\epsilon =hf=A+W_d$

Cách giải: 

+ Khi chiếu bức xạ tần số f : $hf=A+K$      (1)

+ Khi chiếu bức xạ tần số 2f : ${\text{h.(2f) = A + W}}_{\text{d}}$  (2)

Phương pháp: Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Cách giải:  Chọn D. 

Dễ thấy T =6 ô = $6\frac{1}{2}=3s$=>ω = 2π/3 rad/s.

Biên độ vận tốc v_max= 4π cm=>A= 6cm.

Góc quét trong 1 ô đầu ( t =1/2 s vật ở biên âm):

$\Delta \phi =\omega .t=\frac{2\pi }{3}\frac{1}{2}=\frac{\pi }{3}.$. Dùng VTLG => j= -π/3-π/2.

Lúc t =0: $v_0=4\pi \cos \phi =4\pi .\cos (-\frac{5\pi }{6})=2\pi \sqrt{3}cm/s$.

Do x chậm pha thua v nên: $x=A\cos (\omega t+{\phi }_X)=6\cos (\frac{2\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3})cm.$.

Phương pháp: 

+ Khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}$

+ Sử dụng công thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b.\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$ (d – là khoảng cách từ điểm đó đến nút gần nhất) 

Cách giải: Ta có, khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}=0,04s\Rightarrow T=0,08s$

 $\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=25\pi \left(ra\text{d/s}\right)$

Giả sử: MN = 1cm 

Theo đề bài: $MN=\frac{NP}{2}\Rightarrow NP=2cm$

 $MP=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =6cm$

Ta có:  $MO=\frac{MN}{2}=0,5cm$

Biên độ sóng tại M: $A_M=A_b.\sin \frac{2\pi MO}{\lambda }\iff 4=A_b\sin \frac{2\pi .0,5}{6}\Rightarrow A_b=8mm$

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức độ hụt khối:$\Delta m=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right).m_n\right]-m_x$

+ Sử dụng biểu thức năng lượng liên kết:

Cách giải: 

Độ hụt khối của hạt nhân đó là

Chọn A. 

Cách giải: Gọi $k_1,k_2$ tương ứng là bậc vân sáng trùng nhau gần vân trung tâm nhất của bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$

Ta có: $k_1+k_2=11$ (1) 

+ TH1:  $\left(k_1\right)-\left(k_2\right)=3$

Kết hợp với (1) suy ra  $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=8\\ k_2=5\end{array}\right.$

Lại có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\iff 8.0,64=5.{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=1,024\mu m$ (loại)

+ TH2:  $\left(k_2\right)-\left(k_1\right)=3$

Phương pháp: Sử dụng biểu thức tính lực kéo về cực đại: $F=kA=m{\omega }^{2}A$

Cách giải: 

Ta có 2 con lắc có cùng chiều dài ⇒ chúng dao động với cùng tần số góc ${\omega }_1={\omega }_2=\omega$

Lực kéo về cực đại: $\left\{\begin{array}{l}{F}_1=m_1{\omega }^{2}A\\ F_2=m_2{\omega }^{2}A\end{array}\right.$

Có: $\frac{F_2}{F_1}=\frac{3}{2}\iff \frac{m_1}{m_2}=\frac{3}{2}$       (1)

Lại có: $m_1+m_2=1,2kg$   (2)

Phương pháp: 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U_R}{R}$

Cách giải: 

Ta có: $U=U_{RC}=120V$

Ta có giản đồ véctơ 

Từ giản đồ ta có:

 $\cos \frac{\pi }{3}=\frac{U_R}{U}\Rightarrow U_R=U.\cos \frac{\pi }{3}=120.\frac{1}{2}=60V$

Điện trở: $R=\frac{U_R}{I}=\frac{60}{1,2}=50\Omega$ Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức xác định gia tốc trọng trường trong trường hợp con lắc chịu tác dụng của điện trường theo phương ngang:$g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$

Cách giải: Gia tốc trọng trường: $g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}}=2\pi \sqrt{\frac{1,5}{\sqrt{{10}^2+{\left(\frac{{100.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^3}{0,1}\right)}^2}}}=2,046s$

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

Chọn C

-Khi L thay đổi, Vôn kế V₁ cực đại thì cộng hưởng,

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

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

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

Cách 1: theo phương pháp đại số

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

Cách 2: Dùng giản đồ vecto:

Chọn D

Phương pháp: + Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=I^{2}R$

                         + Sử dụng BĐT Cosi 

                         + Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất:  $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}r=30\Omega \\ Z_L=120\Omega \\ Z_C=100\Omega \end{array}\right.$

Công suất trên biến trở: $P_R=I^{2}R=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}R$

Công suất trên mạch: $P^{\text{'}}=I^2(R+r)=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(R+r)$

Ta có: $P=P_R+P^{\text{'}}=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(2R+r)$ $\Rightarrow P=\frac{U^2}{{(R+30)}^2+{20}^2}(2R+30)$

$\Rightarrow P=\frac{U^2}{R^2+60R+1300}2(R+15)$

$\Rightarrow P=\frac{U^2}{\left(R^2+30R+{15}^2\right)+30(R+15)+625}2(R+15)$

 $\Rightarrow P=\frac{2U^2}{(R+15)+\frac{625}{R+15}+30}$

Ta có: $P_{\max } khi {\left[(R+15)+\frac{625}{(R+15)}\right]}_{\min }$

Lại có: $(R+15)+\frac{625}{R+15}\ge 2\sqrt{(R+15)\frac{625}{(R+15)}}=50$

Dấu = xảy ra khi $(R+15)=\frac{625}{R+15}\Rightarrow R=10\Omega$

Từ đồ thị ta có: $\frac{R_1}{R}=\frac{7}{5}\Rightarrow R_1=\frac{7}{5}R=\frac{7}{5}.10=14\Omega$

Khi $R=R_1=14\Omega :$

+ Tổng trở: $Z=\sqrt{{\left(R_1+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{(14+30)}^2+{20}^2}=4\sqrt{146}\Omega$

+ Hệ số công suất trên cuộn dây: $\cos {\phi }_d=\frac{r}{Z}=\frac{30}{4\sqrt{146}}$

+ Hệ số công suát trên mạch: $\cos \phi =\frac{R_1+r}{Z}=\frac{14+30}{4\sqrt{146}}$

Tổng hệ số công suất trên cuộn dây và trên mạch: $\frac{30}{4\sqrt{146}}+\frac{44}{4\sqrt{146}}=1,531$

Phương pháp:  + Sử dụng công thức tính hiệu suất: $H=\frac{P^{\text{'}}}{P}$

+ Sử dụng công thức tính công suất hao phí:  $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

Cách giải: + Ban đầu hiệu suất truyền tải là 95%: $H=\frac{P_1^{\text{'}}}{P_1}=0,95\Rightarrow P_1^{\text{'}}=0,95P_1$

Công suất hao phí khi này:  $\Delta P_1=\frac{P_1^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=0,05P_1$ $\Rightarrow P_1=P_1^{\text{'}}+\Delta P_1$

+ Khi công suất sử dụng điện của khu dân cư tăng 20%: $P_2^{\text{'}}=(1+0,2)P_1^{\text{'}}=1,2P_1^{\text{'}}=1,14P_1$

Công suất hao phí khi này: $\Delta P_2=\frac{P_2^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$ $\Rightarrow P_2=P_2^{\text{'}}+\Delta P_2$ 

Ta có:$\frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{P_1^2}{P_2^2}\Rightarrow \Delta P_2=\frac{P_2^2}{P_1^2}\Delta P_1=\frac{P_2^2}{P_1^2}\cdot 0,05P_1$

Xét tỉ số: $\frac{P_2}{P_1}=\frac{P_2^{\text{'}}+\Delta P_2}{P_1^{\text{'}}+\Delta P_1}\Rightarrow \frac{P_2}{P_1}=\frac{1,14P_1+0,05P_1\frac{P_2^2}{P_1^2}}{P_1}=1,14+0,05\frac{P_2^2}{P_1^2}$

Hay:$0,05\frac{P_2^2}{P_1^2}-\frac{P_2}{P_1}+1,14=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{P_2}{P_1}=18,786\\ \frac{P_2}{P_1}=1,214\end{array}\right.$

Ta suy ra hiệu suất của quá trình truyền tải:  

+ Trường hợp 1: $H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{18,786P_1}=0,0607=6,07\%$(loại do hao phí không quá 30% nên H ≥ 70%) 

+ Trường hợp 2: $H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{1,214P_1}=0,939=93,9\%\left(\text{t/m}\right)$