35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 31)

Một vật dao động điều hòa, khi đi từ vị trí biên này đến biên kia dài L thì biên độ $A=\frac{L}{2}=\frac{16}{2}=8cm$

và ω =π rad/s. Bắt đầu đi từ vị trí biên dương nên j = 0.

Nên phương trình dao động: $x=8\cos \left(\pi t\right)cm$.Suy ra : A  sai .

Gia tốc cực đại: $a_{\max }=A{\omega }^2=8{\pi }^{2}cm/s^2$.  Suy ra : B  sai .

Tốc độ cực đại $v_{\max }=A\omega =8\pi cm/s$         Suy ra : C  sai .       

Các bức xạ tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia tử ngoại được phát ra từ nguồn hồ quang nóng sáng.

Theo định nghĩa bước sóng λ là quãng đường sóng truyền đi được trong 1 chu kì: $\lambda =vT$

$T=\frac{2\pi }{\omega }=0,02s.$, $t=0,015s=0,015\frac{T}{0,02}=\frac{3T}{4}\to \phi =\frac{3.2\pi }{4}=\frac{3\pi }{2}.$

Vị trí vân tối thứ ba:  $x_3=\left(2+\frac{1}{2}\right).i=2,5.i=4,5$mm ® i = 1,8mm.

    Bước sóng : $\lambda =\frac{a.i}{D}=\frac{{10}^{-3}.1,{8.10}^{-3}}{3}=0,{6.10}^{-6}m=0,6\mu m$ Chọn A

Sóng vô tuyến nào sau đây có khả năng xuyên qua tầng điện li để dùng trong truyền thông vệ tinh và liên lạc vũ trụ là sóng cực ngắn. Chọn B. Chú ý: Sóng ngắn phản xạ tốt ở tầng điện li

Mạch điện chỉ có tụ do đó $U=Z_C.I=\frac{I}{C\omega }=\frac{I}{C.2\pi f}.$ 

Do U không đổi nên $\frac{I_1}{C.2\pi f_1}=\frac{I_2}{C.2\pi f_2}\Rightarrow \frac{I_1}{I_2}=\frac{f_1}{f_2}\Rightarrow f_2=100Hz.$ . Chọn C

Suất điện động tự cảm trong ống dây là

 ${}_{77}{}^{198}I\to x.{}_2{}^4\alpha +y.{}_{-1}{}^{0}e+z.{}_1{}^{0}e+{}_{78}{}^{194}Pt$

*Áp dụng định luật bảo toàn số khối  và điện tích

$\left\{\begin{array}{c}198=4x+194\\ 77=2x-y+z+78\end{array}\right.\left\{\begin{array}{c}x=1\\ z-y=-3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{c}\text{Nªu }z=0\Rightarrow y=3\\ \text{Nªu }y=0\Rightarrow z=-3\text{ }\left(\text{lo¹i}\right)\end{array}\right.$ Chọn D.

Bài toán tia sáng đi là là mặt phân cách liên quan đến hiện tượng phản xạ toàn phần.

Điều kiện xảy ra phản xạ toàn phần là tia sáng đi từ môi trường chiết suất lớn sang môi trường chiết suất nhỏ và góc tới lớn hơn hoặc bằng góc tới giới hạn. Ta có: $\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}$

Do đó ta thấy rằng với cùng một góc tới i của chùm sáng, các ánh sáng mà chiết suất của môi trường tới với nó càng lớn thì góc giới hạn càng nhỏ tức là càng “dễ” xảy ra phản xạ toàn phần

Chiết suất của nước đối với ánh sáng: màu đỏ < cam < lục < lam < tím.

Vậy nên các tia màu lam, tím dễ xảy ra phản xạ hơn tia lục. Khi tia lục đi là là mặt phân cách thì tia lam, tím đã bị phản xạ lại. Ngược lại tia đỏ, cam sẽ ló ra ngoài không khí à Chọn C

Chú ý: Ta có thể vận dụng kết quả bài tập trên cho bài toán các tia ló ra khỏi mặt bên lăng kính: tia màu nào có chiết suất càng nhỏ thì càng “dễ” ló ra ngoài.

*Do hai điện tích đặt tại A và B trái dấu nhau

 nên để tại điểm M có tổng hợp cường độ điện

 trường bằng không thì M phải nằm trên phương AB và ngoài đoạn A và B, $\left|q_2\right|>\left|q_1\right|\to$ M gần A.

$E_A=E_B\iff k\frac{\left|q_1\right|}{A{M}^2}=k\frac{\left|q_2\right|}{B{M}^2}\Rightarrow \frac{AM}{BM}=\sqrt{\frac{\left|q_1\right|}{\left|q_2\right|}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \boxed{2AM-BM=0}$

Kết hợp $\boxed{MB-MA=15cm}$ ta có hệ  $\left\{\begin{array}{c}BM-2MA=0\\ BM-AM=15\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}BM=30cm\\ MA=15cm\end{array}\right.$

Chỉ số mà Vôn kế đo được:

 Tại I=0,1A, U=1,45 V

 Tại I=0,2A, U=1,4 V

$\left\{\begin{array}{l}1,45=\epsilon -0,1r\\ 1,4=\epsilon -0,2r\end{array}\right.=>\epsilon =1,5V;r=0,5\Omega .$

Dễ thấy T =8 ô = $8.\frac{1}{4}=2s.$=>ω = π rad/s.

Biên độ A= 2 cm.

Góc quét trong 3 ô đầu ( t =3/4 s vật ở biên dương):

$\Delta \phi =\omega .t=\pi \frac{3}{4}=\frac{3\pi }{4}.$. Dùng vòng tròn lượng giác

theo chiều kim đồng hồ ta có pha ban đầu: j=-3π/4

Số photon ánh sáng phát quang: $N^{\text{'}}=\frac{P^{\text{'}}}{{\epsilon }^{\text{'}}}=\frac{P^{\text{'}}{\lambda }^{\text{'}}}{hc}.$

Số photon ánh sáng kích thích: $N=\frac{P}{\epsilon }=\frac{P\lambda }{hc}.$

Công suất của chùm sáng phát quang bằng 20% công suất của chùm sáng kích thích: $P^{\text{'}}=20\%P$

Khối lượng Co còn lại sau 15 năm là: $m=m_o{.2}^{-\frac{t}{T}}={2.2}^{-\frac{15}{5,33}}=0,284g.$ Chọn A.

+ Trường hợp 1: Nếu sợi dây hai đầu cố định thì:

$l=k\frac{v}{2l}=k{f}_{\min }\Rightarrow f_{k+1}-f_k=\frac{v}{2l}=f_{\min }\Rightarrow \boxed{f_{\min }=f_{k+1}-k_k}$

$f_{\min }=54-42=12Hz\Rightarrow \boxed{f=k{f}_{\min }}\Rightarrow k=\frac{f_k}{f_{\min }}=\frac{42}{12}=3,5\notin \mathbb{Z}$(Loại)

+ Trường hợp 2:  Sợi dây một đầu cố định và một đầu tự do thì

 $f=\left(2k+1\right)\underset{f_{\min }}{\underbrace{\frac{v}{4l}}}=\left(2k+1\right)f_{\min }=\text{Sè nguyªn lÎ}.f_{\min }$

$f_{\min }=0,5\left(f_{k+1}-f_k\right)=0,5\left(54-42\right)=6Hz\Rightarrow k=\frac{f}{f_{\min }}$

Chọn D

  Khi chưa tích điện chu kì: $T_1=2\pi \sqrt{\frac{L}{g_1}}=2\left(s\right){\text{ (g}}_1=g)$

  Sau khi tích điện chu kì: $T_2=2\pi \sqrt{\frac{L}{g_2}}\text{ (víi }\overrightarrow{g_2}=\overrightarrow{g_1}+\overrightarrow{a}\text{ vµ m}\overrightarrow{a}=q.\overrightarrow{E})$

$T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{100\pi }=\frac{1}{50}s.$ => $t_2=(t_1+\frac{1}{400})s=t_1+\frac{1}{8.50}=t_1+\frac{T}{8}.$

 Theo đề : Tại thời điếm t_{1 :}  u= 400 V = U₀

                Tại thời điếm $t_2=t_1+\frac{T}{8},$ cường độ dòng điện tức thời i=0

 Suy ra .u trễ pha hơn I góc π/4.

 Công suất tiêu thụ của X: $P_X=P-P_R=UI\cos \phi -I^2.R=200\sqrt{2}.2\frac{\sqrt{2}}{2}-2^2.40=240W.$.

 Điện năng đoạn mạch X tiêu thụ trong thời gian 12 giờ là:

Điểm M cực đại và cùng pha với nguồn thỏa:$\left\{\begin{array}{l}{d}_1=AM=m\lambda \\ d_2=BM=n\lambda \end{array}\right.$

 Độ dài đường trung tuyến MI của tam giác DABM

$M{I}^2=\frac{2(M{A}_{}^2+M{B}_{}^2)-A{B}^2}{4}$ $=>M{I}^2=\frac{(d_1^2+d_2^2)}{2}-\frac{A{B}^2}{4}$

$=>M{I}^2=\frac{(d_1^2+d_2^2)}{2}-\frac{A{B}^2}{4}$

 Gọi N là điểm thuộc đường tròn (C), ta có: $NA=\lambda \sqrt{6,6^2-n^2}.$

 Dùng MODE 7 dò:

      $\stackrel{n=1}{\to }NA=6,52\lambda .$

     $\stackrel{n=2}{\to }NA=6,29\lambda .$

     $\stackrel{n=3}{\to }NA=5,88\lambda .$

      $\stackrel{n=4}{\to }NA=5,25\lambda .$.Chọn NA=5l ( hình vẽ bên).

M là một điểm ở TRONG (C), ta có :

$=>MI<\frac{AB}{2}=>MI=\lambda \sqrt{\frac{(m_{}^2+n_{}^2)}{2}-3,3^2}<3,3\lambda .$

$=>MI=\lambda \sqrt{\frac{(5_{}^2+4_{}^2)}{2}-3,3^2}=3,1\lambda .$

M là một điểm ở  PHÍA TRONG (C) và xa I nhất: (Vậy lấy nghiệm: m = 5, n = 4 thỏa mãn).

Ta có: $2LC{\omega }^2=1\Rightarrow 2Z_L=Z_C$ và $U_{AB}=U_{MN}$

Tứ giác AMNB là hình thang cân.

Đặt $AM=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}BN=2\\ IN=\sqrt{2}\end{array}\right.;\left\{\begin{array}{c}NH=0,5\\ IM=\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right.$

$\sin \phi =\frac{NH}{MN}=\frac{NH}{\sqrt{I{M}^2+I{N}^2}}=\frac{0,5}{\sqrt{{\left(\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\sqrt{2}$}\right.\right)}^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$

$\cos \phi =\sqrt{1-{\sin }^2\phi }=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)}^2}\approx 0,95\Rightarrow$

Chọn C