35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 8)

Đáp án C

Từ thông qua một khung dây kín: $\Phi =NB\text{S}\cos \alpha$.

Trong đó:    N là số vòng dây của khung.

                   B là cảm ứng từ (T).

                   S là diện tích mặt phẳng khung dây (m²).

                   $\alpha$ là góc hợp vecto cảm ứng từ và vecto pháp tuyến mặt phẳng khung dây.

Đáp án B

Hạt Po nhiều hơn Co số proton là: 84 – 27 = 57.

Hạt Po nhiều hơn Co số notron là: (210 – 84) – (60 – 27) = 93.

Đáp án D

Đáp án D

+ Khi $C=C_1$ điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RC đạt giá trị cực đại: $Z_{C_1}=\frac{Z_L+\sqrt{4{\text{R}}^2+Z_L^2}}{2}$

+ Khi $C=C_2=\frac{C_1}{3}$ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ đạt giá trị cực đại: $Z_{C_2}=\frac{Z_L^2+R^2}{Z_L}$

Đáp án D

Chu kì dao động của vật là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=2s$.

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án B

Áp dụng công thức tính khoảng vân trong hiện tượng giao thoa sóng ánh sáng bằng khe I-âng: $i=\frac{\lambda D}{a}$.

Tăng khi tăng khoảng cách giữa màn quan sát và màn chứa 2 khe (D tăng)

→ A sai, D sai.

Giảm khi tăng khoảng cách 2 khe ( a tăng)         → B đúng, C sai.

Đáp án D

Đáp án A

Hạt nhân có độ hụt khối càng lớn thì năng lượng liên kết càng lớn.

Đáp án C

Khi chiếu từ không khí (chiết suất nhỏ) tới nới nước (chiết suất lớn) không thể xảy ra phản xạ toàn phần

→ A, B sai

Đáp án B

Đáp án D

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$

+ Công suất đoạn mạch: $P=I^{2}R\leftrightarrow 100=I^2.100\to I=1A$.

+ Tổng trở toàn mạch: $Z=\frac{U}{I}=100\sqrt{2}\Omega$.

Ta có: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\leftrightarrow {\left(100\sqrt{2}\right)}^2={100}^2+{\left(Z_L-100\right)}^2\to Z_L=200\Omega \to L=\frac{2}{\pi }H$

Đáp án C

Tại mọi thời điểm ta luôn có li độ dao động tổng hợp bằng tổng các li độ thành phần:

          $x=x_1+x_2\to x=3+4=7cm$.

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Điện áp máy biến áp lí tưởng tỉ lệ với số vòng dây nên ta có:

+ Ban đầu: $\frac{U_1}{100}=\frac{N_1}{N_2}$ (1).

+ Giảm n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{U}=\frac{N_1}{N_2-n}$ (2).

+ Tăng n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{2U}=\frac{N_1}{N_2+n}$ (3).

Từ (2) và (3) ta có: $\frac{2U}{U}=\frac{N_2+n}{N_2-n}\to \frac{N_2+n}{N_2-n}=2\to N_2=3n$.

+ Tăng 3n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{{U^{\text{'}}}_2}=\frac{N_1}{N_2+3n}$ (4)

Đáp án B

+ Giao thoa 2 bức xạ: xét giữa vân sáng trung tâm và vân sáng trùng nhau đầu tiên của hai bức xạ có 6 vân đỏ → vị trí trùng đầu tiên ứng với vân sáng bậc 7 của ${\lambda }_2$.

→ ta có: $k_1{\lambda }_1=7{\lambda }_2\leftrightarrow k_1.0,56=7{\lambda }_2\stackrel{0,65\le {\lambda }_2\le 0,75}{\to }8,125\le k_1\le 9,375\to k_1=9\to {\lambda }_2=0,72\mu m$.

+ Giao thoa 3 bức xạ: ${\lambda }_1=0,56\mu m;{\lambda }_2=0,72\mu m;{\lambda }_3=0,48\mu m$: Xét giữa vân sáng trung tâm O và vân sáng trùng nhau đầu tiên của 3 bức xạ M ta có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3$

→ Vị trí vân sáng trùng nhau của 3 bức xạ ứng với $k_1=18;{\text{ k}}_2=14;{\text{ k}}_3=21$.

+ Số vân sáng trùng của 2 bức xạ ${\lambda }_1\text{; }{\lambda }_2$ trong khoảng giữa O và M $\frac{k_1}{k_2}=\boxed{\frac{9}{7}}$ → có 1 vân

+ Số vân sáng trùng của 2 bức xạ ${\lambda }_3;{\lambda }_2$ trong khoảng giữa O và M

$\frac{k_3}{k_2}=\boxed{\frac{3}{2}}=\boxed{\frac{6}{4}}=\boxed{\frac{9}{6}}=\boxed{\frac{12}{8}}=\boxed{\frac{15}{10}}=\boxed{\frac{18}{12}}$ → có 6 vân

Đáp án D

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: $\overrightarrow{P_{\alpha }}=\overrightarrow{P_P}+\overrightarrow{P_O}$.

→ Từ hình vẽ ta có: $P_O^2=P_P^2+P_{\alpha }^2$

$\iff 2m_O{K}_O=2m_P{K}_P+2m_{\alpha }{K}_{\alpha }\iff 17K_O=K_P+4.7,7$ (1)

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần

$K_{\alpha }+\left(m_{\alpha }+m_N\right)c^2=K_P+K_O+\left(m_P+m_O\right)c^2\leftrightarrow K_P+K_O=6,49\text{ MeV}$ (2).

Đáp án C

Dùng thuyết lượng tử ánh sáng không giải thích được hiện tượng giao thoa ánh sáng. Để giải thích được hiện tượng giao thoa ánh sáng phải dùng thuyết sóng ánh sáng.

Đáp án D

+ Do $0,38\le \lambda \le 0,76\to \frac{0,38.2}{1}\le i\le \frac{0,76.2}{1}\iff 0,76\le i\le 1,52mm$.

+ Gọi vị trí điểm M trên màn là vị trí có 5 bức xạ cho vân sáng ta có: $\frac{x_M}{1,52}\le k\le \frac{x_M}{0,76}$

Để có 5 giá trị nguyên liên tiếp của k thỏa mãn ta có: $\frac{x_M}{0,76}-\frac{x_M}{1,52}\ge 4\leftrightarrow x_M\ge 6,08mm$.

Để M là vị trí gần vân trung tâm nhất thì M phải thỏa mãn:

$x_M=c.i_t\left(c\in {\mathbb{N}}^{*}\right)\to c.0,76\ge 6,08\to c\ge 8\to c_{\min }=8\to x_M=6,08mm$

Đáp án A

Tổng trở đoạn mạch xoay chiều RC là: $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Đáp án B

+ Sử dụng phương pháp số phức ta có: $\stackrel{*}{Z}=\frac{\stackrel{*}{U}}{\stackrel{*}{I}}=\frac{120\sqrt{2}\angle \frac{\pi }{6}}{2\angle \frac{-\pi }{12}}=60+60i$.

+ Mặt khác $\stackrel{*}{Z}=r+Z_L.i\to 60+60i=r+Z_L.i\to \left\{\begin{array}{l}r=60\Omega \\ Z_L=60\Omega \end{array}\right.$.

Đáp án C

+ Đổi 2 phương trình về cùng dạng $x_1=4\sin \left(\pi t+\alpha \right)=4\cos \left(\pi t+\alpha -\frac{\pi }{2}\right)$

Đáp án A

Sử dụng đường tròn ta biểu diễn được M₁ và M₂ lần lượt là vị trí chất điểm chuyển động tròn đều tương ứng với 2 trạng thái đầu và cuối.

Góc quét từ

+ Khoảng thời gian: $\Delta t=\frac{\Delta \phi }{2\pi }T=\frac{T}{3}=\frac{1}{6}s$.

+ Quãng đường vật đi được là: $S=6+3=9cm$.

→ Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian trên là: $\overline{v}=\frac{S}{\Delta t}=\frac{9}{\frac{1}{6}}=54\text{ cm/s}$.

Đáp án A

Để điểm M nằm trên đoạn BC thỏa mãn khi A lên cực đại thì M qua vị trí cân bằng

→ M và A vuông pha với nhau.

+ $AB=8-5=3cm,AC=25-5=20cm$.

+ Gọi d là khoảng cách từ M đến A. Do M thuộc BC nên ta có $3\le d\le 20$

+ $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{2}+k\pi \to d=\left(\frac{1}{4}+\frac{k}{2}\right)\lambda \stackrel{3\le d\le 20}{\to }0,1\le k\le 3,5\to k=\left\{1,2,3\right\}$

→ Có 3 giá trị k thỏa mãn.

Đáp án B

Cảm kháng cuộn dây được xác định bằng công thức: $Z_L=\omega L$.

Đáp án D

+ Lực tĩnh điện $F_n=k\frac{e^2}{r_n^2}=k\frac{e^2}{n^4{r}_0^2}\to F_n~\frac{1}{n^4}$

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo K (n = 1) là F.

Nên ta có:

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo N (n = 4) là $F_4=\frac{F}{4^4}$.

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo L (n = 2) là: $F_2=\frac{F}{2^4}$.

Khi e chuyển từ quỹ đạo N về quỹ đạo L thì lực tương tác tĩnh điện đã tăng thêm: $\frac{F}{2^4}-\frac{F}{4^4}=\frac{15}{256}F$

Đáp án A

Kim loại dẫn điện tốt do mật độ các electron tự do trong kim loại lớn (hạt tải điện trong kim lọại là các electron tự do).

Đáp án B

Năng lượng của photon là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{5.10}^{-11}}=3,{975.10}^{-15}J$.

Đáp án D

Sóng cơ không truyền được trong chân không còn sóng điện từ thì truyền được trong chân không.

Đáp án C

Đáp án C

Độ lệch pha 2 dao động là: $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\pi \text{ rad}$.

→ Hai dao động ngược pha với nhau.

Đáp án B

+ Bước sóng $\lambda =\frac{v}{f}=3cm$.

+ Xét điểm I là giao điểm của d và AB ta có:

$\to IA=10-7=3cm;IB=10+7=17cm$.

+ Các đường cực đại cắt d là các (H) có đỉnh nằm trong đoạn IO → k < 4,67.

→ Cực đại trên d gần A nhất là điểm M – giao của (H) cực đại k = 4 và d (hình vẽ).

+ Do M thuộc cực đại k = 4 nên ta có:

$d_2-d_1=4.3\iff \sqrt{{17}^2+h^2}-\sqrt{3^2+h^2}=12\iff h=4,81cm\to d_1=AM=\sqrt{3^2+h^2}=5,67cm$.

Đáp án D

Đáp án B

Bán kính ở hai quỹ đạo: $\frac{r_n}{r_m}=\frac{n^2{r}_0}{m^2{r}_0}\to 4=\frac{n^2}{m^2}\to \frac{n}{m}=2$.

Hiệu hai mức năng lượng:       $E_n-E_m=2,55\leftrightarrow \frac{-13,6}{n^2}-\frac{-13,6}{m^2}=2,55\stackrel{n=2m}{\to }\frac{-13,6}{{\left(2m\right)}^2}+\frac{13,6}{m^2}=2,55\to \left\{\begin{array}{l}m=2\\ n=4\end{array}\right.$

Bước sóng nhỏ nhất nguyên tử H có thể phát ra khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng E₄ về E₁ (hiệu hai mức năng lượng lớn nhất)

Đáp án C

Đây là bài toán hai vị trí thấu kính để cho ảnh rõ nét của 1 vật trên màn (khi vật và màn cố định) ta có hệ quả: $\left\{\begin{array}{l}{d}_1={d^{\text{'}}}_2\\ d_2={d^{\text{'}}}_1\end{array}\right.$

+ Do 2 vị trí thấu kính cách nhau 30cm nên $d_2-d_1=30cm$ (giả sử $d_2>d_1$)

$\to {d^{\text{'}}}_1-d_1=30cm$.

+ Mặt khác do vật và màn cách nhau 90cm $\to {d^{\text{'}}}_1+d_1=90cm\to \left\{\begin{array}{l}{d^{\text{'}}}_1=60cm\\ d_1=30cm\end{array}\right.$

+ Áp dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{{d^{\text{'}}}_1}\to f=20cm$.