35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 5)

Đáp án C

Dòng điện trong bán dẫn là dòng chuyển dời có hướng của các electron và lỗ trống

Đáp án B

Đáp án B

Công thức liên hệ tần số, vận tốc truyền sóng và bước sóng là: $v=\lambda .f$

Đáp án D

Đáp án B

Cường độ dòng điện được đo bằng Ampe kế.

Đáp án C

Quãng đường chất điểm đi được trong 2 chu kì dao động là: $S=2.\left(4\text{A}\right)=8\text{A}=48cm$.

Theo mẫu nguyên tử Bo

- Bán kính quỹ đạo O (n = 5) là: $r_5=5^2.r_0=25.r_0$

- Bán kính quỹ đạo M (n = 3) là: $r_3=3^2.r_0=9.r_0$

→ Khi electron chuyển từ quỹ đạo O về quỹ đạo M thì bán kính giảm bớt: $25.r_0-9.r_0=16.r_0$

Đáp án C

Thứ tự theo bước sóng tăng dần (tần số giảm dần) là:

Tia tử ngoại → ánh sáng tím→ ánh sáng vàng → tia hồng ngoại.

Đáp án B

Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang điện là: $\lambda \le {\lambda }_0$.

→ Chỉ có tia tử ngoại trong các đáp án có bước sóng nhỏ hơn giới hạn quang điện.

Đáp án C

Dòng điện trong chất khí là dòng dịch chuyển có hướng theo chiều điện trường, ion âm và electron ngược chiều điện trường.

Đáp án A

Đáp án A

Sóng âm truyền nhanh nhất trong môi trường chất rắn ($v_r>v_l>v_k$)

Đáp án A

Dung kháng tụ điện là: $C=\frac{1}{{\omega }^{2}L}={5.10}^{-6}\left(F\right)$.

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:

Đáp án B

Dung kháng của tụ: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}=100\Omega$.

Đáp án A

Phương trình dao động điều hòa: x = Acos(ωt+ j)

Đề cho phương trình: x = 5cos(10πt) cm =>Tần số góc dao động $\omega =10\pi \text{ rad/s}$.

Đáp án C

Áp dụng công thức liên hệ giữa gia tốc và li độ $a=-{\omega }^{2}x=-{\left(2\pi \right)}^2.3=-120{\text{ cm/s}}^2=-1,2{\text{ m/s}}^2$.

Đáp án A

Khi đặt vào hai đầu AM một điện áp không đổi:

Dung kháng và cảm kháng của đoạn mạch khi đặt vào đoạn mạch điện áp xoay chiều có

$\omega =100\pi {\text{ rad/s; Z}}_L=40\Omega ,{\text{ Z}}_C=25\Omega$.

Công suất tiêu thụ của biến trở khi $R=R_2$ là

$P_{\max }=\frac{U^2}{2\left(R_2+r\right)}$ với $R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$.

→ Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}{P}_{\max }=\frac{U^2}{2\left(R_2+r_d\right)}\\ R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}160=\frac{{120}^2}{2\left(R_2+r_d\right)}\\ R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(40-25\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{r}_d=20\\ R_2=25\end{array}\right.\Omega$.

→ $R_1=40\Omega \to \frac{R_1}{R_2}=\frac{40}{25}=1,6$.

Đáp án A

Áp dụng công thức tính mức cường độ âm ta có:$L=10\log \frac{I}{I_0}\iff 130=10\log \frac{I}{{10}^{-12}}\to I={10}^{13}{.10}^{-12}=10\text{ W/}{m}^2$

Đáp án B

- Số mol của Po ban đầu là: $n_0=\frac{m}{M}=\frac{0,2}{210}=\frac{1}{1050}\left(mol\right)$.

- Sau 600 ngày số mol Po đã bị phóng xạ là $n_{p\text{x}}=n_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=9,{056.10}^{-4}\left(mol\right)$

- Số mol Po bị phóng xạ cũng chính là số mol X được tạo thành

$\to n_X=9,{056.10}^{-4}\left(mol\right)\to m_X=9,{056.10}^{-4}.206=0,187g$.

Đáp án C

+ $P_n=\frac{E^2}{{\left(R+r\right)}^2}R=\frac{{12}^{2}R}{{\left(R+2\right)}^2}=16$

+ Ta được: $R=4\Omega \Rightarrow I=\frac{E}{R+r}=2A$

+ $H=\frac{U_R}{E}=\frac{R}{R+r}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}=66,6\%$. 

Đáp án C

Công thức tính công suất hao phí trên đường dây tải điện: $P_{hp}=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

→ Công suất truyền đi P giảm 2 lần thì $P_{hp}$ sẽ giảm 4 lần.

Đáp án D

Đáp án D

Biên độ của dao động duy trì không đổi do cơ năng không đổi → D sai.

Đáp án C

Xét giữa vân sáng trung tâm và vân cùng màu vân trung tâm kề nó (hai sáng trùng nhau của 2 bức xạ liên tiếp) có 11 vân sáng màu lục

→ Khoảng cách 2 vân sáng trùng nhau liên tiếp $=11i_1$.

Ta có: $11i_1=k_2{i}_2\iff 11{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\underset{590\le {\lambda }_2\le 650}{\overset{{\lambda }_1=520nm}{\to }}8,8\le k_2\le 9,69\to k_2=9\to {\lambda }_2=635,56nm$.

Đáp án A

$\left|e_{cu}\right|=\left|\frac{BS\cos {\alpha }_2-BS\cos {\alpha }_1}{\Delta t}\right|=\frac{0,{\mathrm{01.200.10}}^{-4}}{0,04}\left|\cos 0^0-\cos {90}^0\right|={5.10}^{-3}\left(V\right).$

Đáp án A

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

Biên độ A= 6 cm.

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

$\Delta \phi =\omega .t=\pi \frac{3}{4}=\frac{3\pi }{4}$. Dùng VTLG => j= -π/4.

Lúc t =0: $x_0=A\cos \phi =6.\cos (-\frac{\pi }{4})=3\sqrt{2}cm$.

Đáp án A

Nặng lượng của photon: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

→ photon có năng lượng càng lớn khi tần số càng lớn.

Đáp án A

- Tại điểm cách vân trung tâm 5mm có vân sáng hai bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$.

- Ta có: $5=k\frac{\lambda D}{a}\iff 5=k.\frac{\lambda .2,5}{1}\stackrel{0,38\le \lambda \le 0,76}{\to }2,63\le k\le 5,26$.

- Ta có bảng giá trị bước sóng cho vân sáng tại điểm cách vân trung tâm 5 cm.

 → Nhìn vào bảng giá trị ta thấy 2 bước sóng thỏa mãn là $\left\{\begin{array}{l}{\lambda }_1=0,4\mu m\\ {\lambda }_2=0,5\mu m\end{array}\right.$.

Đáp án C

Các phương trình lần lượt là $\left\{\begin{array}{l}{}_Z{}^{A}G\to {}_{Z+1}{}^{A}L+{}_{-1}{}^{0}e\\ {}_{Z+1}{}^{A}L\to {}_{Z-1}{}^{A-4}Q+{}_2{}^4\alpha \\ {}_{Z-1}{}^{A-4}Q\to {}_{Z-1}{}^{A-4}Q+\gamma \end{array}\right.$.

→ Các hạt phóng xạ lần lượt là: ${\beta }^{-},\alpha \text{, }\gamma$.

Đáp án B

Công thức tính suất điện động trong máy phát điện xoay chiều là: $f=\frac{np}{60}$

(trong đó n là tốc độ quay roto đơn vị là vòng/phút)

Thay số ta có: $60=\frac{720.p}{60}\to p=5$.

Đáp án C

Tỉ số công suất của ánh sáng phát quang và ánh sáng kích thích

Đáp án D

Khi $Z_C=Z_{C1}$ ta có: $\tan \frac{\pi }{4}=\frac{Z_L-Z_C}{R}\to Z_L-Z_{C1}=R\to Z_{CI}=Z_L-R$.

$Z_C=Z_{C2}=\frac{25}{4}{Z}_{C1}$ thì điện áp hiệu dụng hai bản tụ đạt giá trị cực đại

Đặt $Z_L=1\leftrightarrow 6,25.\left(1-R\right)=\frac{R^2+1^2}{1}\to R=0,75\to Z_{C2}=1,5625$.

$\to \cos \phi =\frac{0,75}{\sqrt{0,{75}^2+{\left(1,5625-1\right)}^2}}=0,8$.

Đáp án A

Áp dụng công thức tính bước sóng mạch chọn sóng thu được:

$\lambda =2\pi c\sqrt{LC}\iff 100=2\pi {\mathrm{.3.10}}^8\sqrt{{30.10}^{-6}C}\to C=93,{8.10}^{-12}F=93,8pF$.

Đáp án B

Sóng dừng trên dây có 2 đầu cố định, có 5 nút sóng

→ 4 bó $\to 120=4.\frac{\lambda }{2}\to \lambda =60cm$.

Do số bó là chẵn nên trung điểm O của sợi dây sẽ là điểm nút.

M, N là hai điểm nằm về 2 phía của O với $MO=5cm;NO=10cm$

→ M, N sẽ thuộc 2 bó liên tiếp → M, N dao động ngược pha với nhau

→ Vận tốc của hai điểm M và N cũng ngược pha với nhau.

Biên độ dao động của M là: $A_M=A_b\left|\sin \frac{2\pi d_M}{\lambda }\right|=A_b\left|\sin \frac{2\pi 5}{60}\right|=\frac{A_b}{2}$.

Biên độ dao động của M là: $A_N=A_b\left|\sin \frac{2\pi d_N}{\lambda }\right|=A_b\left|\sin \frac{2\pi .10}{60}\right|=\frac{\sqrt{3}{A}_b}{2}$.

Do vận tốc 2 điểm M, N ngược pha nhau nên áp dụng công thức ngược pha cho 2 đại lượng ta có:

Đáp án A

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

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

Tại giao điểm U_RC và U_L: R= R₀: $U_{RC}=U_L\iff U=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R_0^2+Z_C^2}}.$.

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

Khi R = R₀, thì hệ số công suất của đoạn mạch AB: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R_0}{\sqrt{{R_0}^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}.$

Đáp án B

Đặt $R=1$

- Theo bài ra: $L=4C{\text{R}}^2\iff \omega L=4\omega C{\text{R}}^2\iff Z_L=4\frac{R^2}{Z_C}\to 4{\text{R}}^2=Z_L.Z_C$.

-$f_1,{\text{ f}}_2$ là 2 giá trị tần số để mạch có cùng hệ số công suất

→ tần số cộng hưởng là: $f_0=\sqrt{f_1.f_2}=50H\text{z}$.

- Khi xảy ra cộng hưởng $Z_{Lo}=Z_{Co}=2$

- Ta có bảng giá trị các đại lượng ứng với các tần số:

Đáp án C

- Xét biên độ dao động của 2 con lắc lò xo: $\left\{\begin{array}{l}{A}_1=4\\ A_2=2\end{array}\right.$

- Xét lực hồi phục cực đại 2 con lắc ta có: $\left\{\begin{array}{l}{F}_{01}=3\\ F_{02}=4\end{array}\right.$