Bộ 25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Vật lí có lời giải năm 2022 (Đề 1)

Đoạn mạch chỉ có tụ điện: $u_C$ trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với $u_R$ hay  sớm pha $\frac{\pi }{2}$ so với $u_C$.

Từ giả thiết, số điểm cực đại giao thoa trên ${\Delta }_1$ và ${\Delta }_2$

tương ứng là 7 và 3 ta vẽ được hình bên.

Trong đó: $IA=4\frac{\lambda }{2}=2\lambda$

$IB=2\frac{\lambda }{2}=\lambda \Rightarrow AB=IA+IB=3\lambda$

$AB=9\text{cm}\Rightarrow 3\lambda =9\text{cm}\Rightarrow \lambda =3\text{cm}$

Số cực đại trên đoạn $S_1{S}_2$:

$-S_1{S}_2<k\lambda <S_1{S}_2\Rightarrow \frac{-S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }$

$\Rightarrow \frac{-20}{3}<k<\frac{20}{3}\Rightarrow -6,6<k<6,6$

$\Rightarrow k=-6,-5,\mathrm{...},5,6\Rightarrow 13$ điểm cực đại

- Khoảng cách giữa hai cực đại (hoặc cực tiểu) liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$

+ Trên đoạn thẳng L: $-L<d_2-d_1<L$

+ Hai điểm M, N bất kì: $d_{2M}-d_{1M}<d_2-d_1<d_{2N}-d_{1N}$

Ví dụ: Tính số cực đại, cực tiểu trên đoạn MN

$MB-MA\le d_2-d_1\le NB-NA$

Lưu ý: - Tùy vào yêu cầu đề bài hai nguồn cùng pha hay ngược pha mà giá trị d₂ - d₁ được thay ở bảng dưới.

- Không lấy dấu “=” ở bất đẳng thức nếu đoạn cần tìm có chứa nguồn.

Nguồn	Hai nguồn cùng pha	Hai nguồn ngược pha
Điểm cực đại	$d_2-d_1=k\lambda$	$d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$
Điểm cực tiểu	$d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$	$d_2-d_1=k\lambda$

Đáp án B

Đáp án B

- Hạt ${}_{14}^{29}Si$ có $\left\{\begin{array}{l}A=29\\ Z=14;N=29-14=15\end{array}\right.$, hạt ${}_{20}^{40}Ca$ có $\left\{\begin{array}{l}A=40\\ Z=20;N=40-20=20\end{array}\right.$

So với ${}_{14}^{29}Si$ hạt nhân ${}_{20}^{40}Ca$nhiều hơn $\left\{\begin{array}{l}N=20-15=5\\ Z=20-14=6\end{array}\right.$

Đáp án D

Theo đồ thị: $U_0=200\Rightarrow U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}\left(\text{V}\right)$

Trong thời gian $\Delta t=\frac{1}{60}-\frac{1}{120}=\frac{1}{120}\left(\text{s}\right):\Delta t=\frac{T}{2}\Rightarrow \omega =120\pi \left(\text{rad/s}\right)$

Tại thời điểm $t=0:u=0$ và đi theo chiều dương nên pha ban đầu: ${\phi }_0=\frac{-\pi }{2}$

Đáp án A

Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng các electron liên kết được với ánh sáng giải phóng để trở thành các electron dẫn.

Đáp án C

Ta có: $N_{0A}=N_{0B}=N_0$

Sau t = 80 phút, số hạt A và B bị phân rã: 

$\left\{\begin{array}{l}{N}_A=N_0\left(1-2^{-t/T_1}\right)\\ N_B=N_0\left(1-2^{-t/T_2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{N_A}{N_B}=\frac{1-2^{-80/20}}{1-2^{-80/40}}=\frac{5}{4}$

Đáp án A

Vị trí vân tối thứ 2: $x_t=\left(k+0,5\right)i=1,5i$

Vị trí vân sáng thứ 4:

 $\begin{array}{l}{x}_s=ki=4i\\ \Rightarrow \Delta x=4i-1,5i=2,5i=2,5\text{mm}\\ \Rightarrow i=1\text{mm}\end{array}$

Đáp án D

Đáp án C

Khoảng cách giữa hai nút hay hai bụng sóng liên tiếp bằng một nửa bước sóng.

Đáp án A

Đáp án B

Chu kì của mạch dao động lí tưởng: $T=2\pi \sqrt{LC}$

Khi $\begin{array}{l}C=C_1={10.10}^{-12}F:\\ T_1=2\pi \sqrt{L{C}_1}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^{-12}}\approx {4.10}^{-8}\text{s}\end{array}$

Khi $\begin{array}{l}C=C_2={640.10}^{-12}F:\\ T_2=2\pi \sqrt{L{C}_2}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.640.10}}^{-12}}\approx 3,{2.10}^{-7}\text{s}\end{array}$

Đáp án C

Đáp án B

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Đáp án C

Là phản ứng kết hợp hai hạt nhân rất nhẹ thành hạt nhân nặng hơn ở nhiệt độ rất cao nên là phản ứng nhiệt hạch.

Đáp án D

- Góc lệch D và chiết suất của ánh sáng đối với môi trường trong suốt tăng dần từ đỏ đến tím:

Đỏ < Da cam < Vàng < Lục < Lam < Chàm < Tím

- Bước sóng và góc khúc xạ giảm dần từ đỏ đến tím

(vì $\sin r=\frac{\sin }{n},\lambda =\frac{{\lambda }_0}{n}$).

Đỏ > Da cam > Vàng > Lục > Lam > Chàm > Tím

Đáp án A

A. Đúng: Theo tính chất của dao động cưỡng bức

B. Sai: Dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì

C. Sai: Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

D. Sai: Biên độ dao động cưỡng bức chỉ phụ thuộc vào biên độ cưỡng bức

Đáp án C

$x=x_1+x_2\Rightarrow x_2=x-x_1=2-5=-3\text{cm}$

Ta có: $\begin{array}{l}{x}_1=10\cos \left(5\pi t\right)=5\Rightarrow 5\pi t=\frac{\pi }{3}\\ \Rightarrow x_2=A_2\cos \left(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{-1}{2}{A}_2=-3\\ \Rightarrow A_2=6\left(\text{cm}\right)\end{array}$

Biên độ dao động tổng hợp: 

$A^2={10}^2+6^2+\mathrm{2.10.6}\cos \left(\frac{\pi }{3}\right)\Rightarrow A=13\left(\text{cm}\right)$

Đáp án A

Đáp án D

Tia tử ngoại được dùng để tìm vết nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại.

Đáp án B

Sau khi tiếp xúc: $q_1\text{'}=q_1\text{'}=\frac{q_1+q_2}{2}=\frac{{8.10}^{-6}-{2.10}^{-6}}{2}={3.10}^{-6}\left(\text{C}\right)$

Đáp án D

Đáp án A

Theo hệ thức Anh-xtanh: $\epsilon =A+W_{0\max }\iff \frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{\lambda }_0}+W_{0\max }$

Thay $\begin{array}{l}\lambda =0,5{\lambda }_0\Rightarrow \frac{hc}{0,5{\lambda }_0}=\frac{hc}{{\lambda }_0}+W_{0\max }\\ \Rightarrow W_{0\max }=\frac{hc}{{\lambda }_0}\left(\frac{1}{0,5}-1\right)=\frac{hc}{{\lambda }_0}=A_0\end{array}$

Khi C biến thiên để U_C cực đại thì điện áp giữa hai đầu

đoạn mạch u vuông pha với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch RL.

Từ hình vẽ, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$\begin{array}{l}{U}^2=U_C.\left(U_C-U_L\right)\\ \iff {100}^2=U_C\left(U_C-97,5\right)\Rightarrow U_C=160V\end{array}$

$\sin \phi =\frac{U_C-U_L}{U}=\frac{160-97,5}{100}=0,625\Rightarrow \phi =0,22\pi$

Đáp án C

Khoảng vân của ${\lambda }_1:i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=1,6\left(\text{mm}\right)$;

khoảng vân ${\lambda }_2:i_2=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=2,4\left(\text{mm}\right)$

Điều kiện trùng nhau của hai bức xạ: $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{600}{400}=\frac{3}{2}$

Khoảng vân trùng: $i_t=3i_1=3\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{{\mathrm{3.400.10}}^{-9}.1,6}{0,{4.10}^{-3}}=4,8\left(\text{mm}\right)$

Số vân trùng trong khoảng M và N:

$\begin{array}{l}6\le k_t{i}_t\le 14\\ \Rightarrow 1,25\le k_t\le 2,9\\ \Rightarrow k_t=2\end{array}$

=> có 1 vân trùng.

Số vân sáng của bức xạ:

 $\begin{array}{l}{\lambda }_1:6\le k_1{i}_1\le 14\\ \Rightarrow 3,75\le k_1\le 8,75\\ \Rightarrow k_1=4,5,6,7,8\end{array}$

=> có 5 vân sáng.

Số vân sáng của bức xạ:

$\begin{array}{l}{\lambda }_2:6\le k_2{i}_2\le 14\\ \Rightarrow 2,5\le k_2\le 5,8\\ \Rightarrow k_2=3,4,5\end{array}$

=> có 3 vân sáng.

Đáp án C

Bảo toàn diện tích và số khối, trong phương trình phản ứng X là nơtrôn:

${}_1^{3}T{+}_1^{2}D{\to }_2^{4}He{+}_0^{1}n$

Năng lượng của phản ứng: $\Delta E=\left(\Delta m_{He}-\Delta m_D-\Delta m_T\right)c^2$

$\iff \Delta E=\left(0,030382-0,002491-0,009106\right).931,5$

$\iff \Delta E=17,498\text{MeV}$

Đáp án C

Từ $R_3=R_2\Rightarrow I_2=I_3=I_A=0,6A\Rightarrow I=I_3+I_2=1,2\left(\text{A}\right)$

Mà $R=R_1+\frac{R_3.R_2}{R_3+R_2}=9\left(\Omega \right)$

Định luật Ôm cho mạch kín:

$I=\frac{\xi }{R+r}\Rightarrow \xi =IR+Ir\Rightarrow 12=1,2.9+1,2.r\Rightarrow r=1\left(\Omega \right)$

Đáp án B

Do hạt p bay vuông góc với hạt $\alpha$ nên:

$p_O^2=p_{\alpha }^2+p_p^2\iff m_O{K}_{\alpha }=m_{\alpha }{K}_{\alpha }+m_p{K}_p$ (Vì $p^2=2mK$)

$\iff 16,9947u.K_O=4,0015u.7,7+1,0073u.K_p$

$\iff 7,7+0+\left(4,0015+13,9992\right).931,5=K_p+K_O+\left(1,0073+16,9947\right).931,5$

$\Rightarrow K_p+K_O=6,48905$ (2)

Từ (1) và (2), ta được: $K_O=2,075\text{MeV}$, $K_p=4,414\text{MeV}$

Đáp án D

Gọi $P_0,\Delta P$ lần lượt là công suất truyền đi

và công suất hao phí khi điện áp hai đầu dây là U

Khi điện áp giữa hai đầu dây là U: $\left\{\begin{array}{l}{P}_0-\Delta P=120\\ P_0-\Delta P/4=144\end{array}\right.$

Khi điện áp truyền đi là 4U thì: $\Delta P\text{'}=\Delta P/16=150W$

Vậy số hộ dân được cung cấp là $N=150/1=150$ hộ.

Đáp án B

Cực đại của điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm thuần:

$Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$

Ta chuẩn hóa $\left\{\begin{array}{l}R=1\\ Z_C=x\end{array}\right.\Rightarrow Z_L=\frac{1}{x}+x$

Hệ số công suất của mạch:

$\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\iff 0,8=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\Rightarrow x=\frac{4}{3}$

Đáp án B

Ta có: $\Delta l_0=10\text{cm}$

Lực căng dây: $T=F_{dh}\Rightarrow T_{\max }$ khi $F_{dh\max }$.

Tại thời điểm ban đầu: t = 0 thì

$T=\frac{2}{6}{T}_{\max }\Rightarrow F_{dh0}=k.\Delta l_0=\frac{1}{3}{T}_{\max }$.

$\Rightarrow \frac{F_{dh0}}{F_{dh\max }}=\frac{\frac{1}{3}{T}_{\max }}{T_{\max }}=\frac{k\Delta l_0}{k\left(\Delta l_0+A\right)}\Rightarrow A=2\Delta l_0=20\left(\text{cm}\right)$.

Ta có: $\begin{array}{l}{S}_1=10cm;S_2=h_{\max }\Rightarrow \\ \frac{1}{2}m{v}^2=mg{h}_{\max }\Leftarrow S_2=\frac{v^2}{2g}\end{array}$.

Lại có vị trí ném có li độ:

$x=-\Delta l_0=-\frac{A}{2}\Rightarrow v=-\omega A\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S_2=\frac{3A^2}{8\Delta l_0}=\frac{{3.20}^2}{8.10}=15\left(\text{cm}\right)$