Tổng hợp 20 đề thi thử thpt quốc gia môn Vật lí 2020 cực hay có lời giải (P1)

Đáp án A

Biểu diễn lực như hình vẽ

Từ hình vẽ ta có tan60°=FP=qEmg⇒E=1730V/m

Đáp án B

Đáp án A

Nguyên nhân gây điện trở của vật dẫn kim loại hay gây nên sự cản trở chuyển động của các electron tự do trong kim loại là do sự mất trật tự của mạng tinh thể (sự chuyển động nhiệt của ion, sự méo mạng và nguyên tử tạp chất lẫn vào).

Đáp án B

Áp dụng công thức

B=4π.10−7NII=4π.10−7NINdD=15,7.10−4.0,8.10−34π.10−7=1AR=ρlDSD=4ρNπdOπdD2=UI⇒N=UdD24IρdO=3,3.8.10−424.1.1,76.10−8.0,04=750 vòng

Chiều dài ống dây: l=NdD=0,6m

Đáp án B

Đáp án D

Suất điện động của thanh kim loại chuyển động trong từ trường có công thức

ecu=Bvl.sinα=0,225V

Dòng điện trong mạch I=ecu/R=0,45A

Đáp án B

Vì ta có sinisinr=n2n1⇔sini0sin900−i=n2n1=43

⇒i=530

Đáp án A

Góc trông trực tiếp vật là tanα≈α=5262630000000

Góc trông ảnh của vệ tinh qua kính thiên văn tối thiểu để còn nhìn rõ vệ tinh α0≥1'=160.π180

Số bộ giác của kính G=α0α≥π60.1805262630000000=34,827

Đáp án C

Ta có tốc độ của vật khi qua vị trí cân bằng cũng chính là tốc độ cực đại vật đạt được trong quá trình dao động vmax=A.ω từ đây rút ra tần số góc của dao động ω=vmaxA

Đáp án D

Theo công thức độc lập thì biên độ thỏa mãn A2=x2+v2ω2

Thay số ta có A=62+8021001=10

Đáp án D

Hai chất điểm có cùng tọa độ khi x1=x2

⇔4cos10πt=2cos20πt+π⇔4cos10πt=−2cos20πt⇔2cos10πt=1−2cos210πt⇔cos10πt=3−12⇒x=4.3−12≈1,46(cm)

Đáp án D

Ta có T=2π1g

Vì điện trường thẳng đứng nên: T1T02=gg1; T2T02=gg2

⇒T1T22=g2g1=1,62,52⇒g−ag+a=1,62,52⇒a=369881g với a=Eqm

Thay vào ta có: T1T02=gg+a=8811250⇒T0=1,91(s)

Đáp án A

Độ cứng của các lò có sau lần đầu tiên và lần thứ hai giữ cố định lần lượt là k1=2k=36N/m và k2=4k=72N/m

Sau lần 1 (lúc nhốt x=0,8A) thế năng bị nhốt và cơ năng còn lại lần lượt là

Wn1=12kx22=12k0,8A22=0,32WW1=W−Wn1=0,68W

Sau lần 2 (lúc nhốt x=0,5A1) thế năng bị nhốt và cơ năng còn lại lần lượt là

Wn2=12k1x122=12k10,5A122=0,125.k1A122=0,125W1=0,085WW2=W1−Wn2=0,595W

Mà W2W=k2k.A2A2⇒0,595=4.A2102⇒A2≈3,86(cm)

Đáp án B

Nhận thấy x1 và x3 ngược pha nhau và cùng vuông pha với x2_­ nên khi x2 (min) là x1, x3 (max) tại thời điểm t2 thì x2=0 nên x1=−A1; x3=A3⇒A1=20; A3=60.

Mặt khác x1 vuông pha x2 nên tại thời điểm t1 ta có:

−10.32202+152A22=1⇒A2=30

Biên độ dao đổng tổng hợp: A=A1−A32+A22=402+302=50(cm)

Đáp án C

A. Đúng. Vì siêu âm có bản chất là sóng cơ học nên khi gặp vật cản có thể bị phản xạ

B. Đúng. Vì những âm có tần số lớn hơn 20000 Hz thì tai người không nghe được gọi là siêu âm

C. Sai. Vì siêu âm có bản chất là sóng cơ học nên không truyền được trong chân không

D. Đúng. Siêu âm có thể truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí

Đáp án A

Ta có uM=4cos20πt(cm), uN=4sin20πt(cm)=4cos20πt−π2(cm)

Độ lệch pha giữa hai dao động ΔφMN=φM−φN=π2=2πdλ⇒λ=4d=10cm

Tốc độ truyền sóng v=λf=λω2π=1020π2π=100 cm/s=1 m/s

Dao động tại M sớm pha hơn dao động tại N nên sóng truyền từ M đến N

Đáp án B

Ta có MA=20cm, MB=15cm, AB=25cm nên tam giác AMB vuông tại M

Mà IA.IB=MA2 suy ra IA=16cm, IB.AB=MB2 suy ra IB=9cm

Xét trên đoạn IM, số điểm dao động với biên độ cực đại là

MA−MB≤kλ≤IA−IB⇔5≤kλ≤7⇔2,5≤k≤3,5

Vậy trên đoạn IM có 1 điểm dao động với biên độ cực đại.

Do tính chất đối xứng IN cũng có một điểm dao động với biên độ cực đại

Vậy trên MN có 2 điểm dao động vơi biên độ cực đại

Đáp án C

Từ hình vẽ ta thấy:

MN=λ2+2λ12, NP=λ2−2λ12

Mà MN−NP=λ/3=20cm⇒λ=60cm

Vậy tần số dao động f=v/λ=2 Hz

Đáp án C

Giả sử hai nguồn có phương trình dao động u=Acosωt

Gọi d là khoảng cách từ 1 điểm M thuộc Δ tới 2 nguồn thì phương trình sóng tại M là: uM=2Acosωt−2πdλ

Phương trình sóng tại O là: uO=2Acosωt−16πλ

Độ lệch pha giữa sóng tại O và tại M là Δφ=2πλd−8

Để M và O ngược pha thì Δφ=2k+1π

⇒2πλd−8=2k+1πk=0,±1,±2,...⇒d=k+12λ+8

Tại vị trí gần O nhất ngược pha với O thì OM=6

⇒dmin=OM2+AB22=10cm

Mặt khác do d=AM>OA=8cm nên M gần O nhất ứng với k=0⇒dmin=λ2+8

Vậy ta có λ2+8=10⇒λ=4cm⇒ABλ=4

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên AB là 2ABλ=8 điểm

Đáp án C

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R tính trong khoảng thời gian t rất lớn so với chu kỳ T được tính bởi công thức Q=I2Rt=I022Rt

Đáp án C

Trong đoạn mạch xoay chiều chỉ có một phần tử là điện trở thuần thì điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện trong mạch biến đổi điều hòa cùng tần số và cùng pha với nhau. Do vậy khi biểu diễn trên giản đồ hai véc tơ I→ và UR→ là cùng phương chiều

Đáp án D

1 số điện=1 kW.h=1000W.3600s=3,6.106W.s=3,6.106J

Đáp án A

Từ đồ thị ta đọc được, về biên độ I0=8A

Tại thời điểm t=0 ta có i=−42 và đang đi về âm nên trên đường tròn ta có điểm M0→ pha ban đầu là 3π4

Quay từ M0 tới vị trí N0 ta được M0ON0=3π4 trong thời gian 3π40.10−1=3400s

→ω=góc quaythời gian=100π

Đáp án C

Theo bài thay đổi C để UL1=UL2 thì I1=I2 tức là Z1=Z2, điều này suy ra

R2+ZL−ZC12=R2+ZL−ZC22⇒ZL=ZC1+ZC22=300⇒L=3π(H)

Đáp án C

Khi L=L1 hoặc L=L2 ta luôn có:

U=const; UL1=UL2; cosφRC=RR2+Zc2=const⇒φRC=const

Sử dụng phương pháp giản đồ ta có:

Với L=L1 ta vẽ bình thường

Với L=L2 ta vẽ theo các bước sau:

B1: Vẽ trục I nằm ngang, rồi vẽ UL2=UL1

B2: Vẽ URC2 //URC1 do φRC=const

B3: Hạ từ URC2 xuống hai trục I và UC ta được UR2 và UC2

B4: Tổng hợp U

Áp dụng định lý hàm số sin ta có:

Usinγ=UL1sinφ1−φRC (hình 1); Usinγ=UL2sinφ2−φRC (hình 2)

Mà UL1=UL2⇒sinφ1−φRC=sinφ2−φRC. Vậy

φ1−φRC+φ2−φRC=π

⇒φRC=φ1+φ22−π2⇒cosφRC=sinφ1+φ22

Đáp án B

Đáp án A

Chiều của điện trường xoáy E→ xác định giống như chiều của dòng điện cảm ứng xuất hiện trong hiện tượng cảm ứng điện từ (vì nhờ có điện trường xoáy E→ kéo các điện tích tự do có sẵn trong mạch kín mới tạo ra dòng điện cảm ứng trong hiện tượng cảm ứng điện từ). Nên cả hai trường hợp đều đúng.

Đáp án D

Từ công thức λ=2πLC⇒C=λ24π2c2L

Ta thấy C tỉ lệ với bình phương bước sóng.

Khi tụ C tương đương C1//C2 thì có C=C1+C2

C=C1+C2→λ2=λ12+λ22⇒λ=λ12+λ22=150m

Đáp án B

Vì theo định nghĩa: Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng không bị tán sắc khi đi qua lăng kính. Lăng kính đóng vai trò cụ thể cho một môi trường và môi trường hai là môi trường đặt lăng kính; như vậy tổng quát thì ánh sáng đơn sắc là ánh sáng không bị tán sắc khi đi qua mặt phân cách hai môi trường trong suốt

Đáp án A

Theo bài giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm ta đếm được 11 vân sáng, số vân của bức xạ λ1 và của bức xạ λ2 lệch nhau 3 vân nên số vân sáng của hai bức xạ trên lần lượt là 7 và 4 vân.

Cứ mỗi vân giữa hai vân sáng liên tiếp cùng màu với vân trung tâm ta có 2 khoảng, như vậy theo công thức vân trùng ta có

8λ1=5λ2⇒λ2=1,024μm(I)5λ1=8λ2⇒λ2=0,4μm

Đáp án C

Ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường này sang môi trường kia thì không bị tán sắc hay đổi màu, tức là tần số của nó không đổi nhưng bước sóng giảm khi truyền từ không khí vào thủy tinh

Ta có λ=vf=cnf, khi truyền ánh sáng từ nước vào thủy tinh thì chiết suất n tăng lên làm λ giảm

Đáp án C

Điều kiện để hai bức xạ cho vân sáng rùng nhau là

x1=x2⇔kdλd=k1λ1⇔λd=k1λ1kd

Mà 6,4≤λd≤7,6→5,6.k17,6≤kd≤5,6.k16,4

Vì giữa hai vân cùng màu với vân trung tâm có 8 vân màu lục nên k1=9, thay vào trên ta được kd=7 vào ta được bước sóng của ánh sáng đỏ là 7,2μm

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án A

Hiệu điện thế giữa anốt và catốt của một ống Rơnghen là U=25kV. Coi vận tốc ban đầu của chùm êlectrôn phát ra từ catốt bằng không.

Bước sóng nhỏ nhất λmin của tia Rơnghen do ống này phát ra thỏa mãn: 

hcλmin=eU⇒λmin=hceU=4,96875.10−11(m)

Đáp án A

Đáp án C

Phương trình phóng xạ β− đầy đủ: XZA→YZ+1A+e−10+v00

Đáp án A

Đáp án D

Chất phóng xạ Urani U92235 phóng xạ α tạo thành Thôri (Th)

+Tại một thời điểm nào đó tỉ lệ giữa số nguyên tử Th và nguyên tử U92235 bằng 2: NThNU=2

Sau thời gian t số nguyên tử U đã phân rã (cũng chính là số nguyên tử Th tạo ra) N1=NO1−2−1T

Ban đầu t=0 không có Th, chỉ có U nên 1−2−tT2−tT=2⇒2−tT=13(1)

+Sau thời điểm đó Δt thì tỉ lệ số nguyên tử nói trên bằng 23

Số nguyên tử U đã phân rã (cũng chính là số nguyên tử Th tạo ra) N2=NO1−2−t+ΔtT

Theo đó 1−2−t+ΔtT2−t+ΔtT=23⇒2−t+ΔtT=124(2)

Từ (1) và (2) ta có Δt=3T=21,9.108

Đáp án D

Ta có P1=P⇔I12R1=I22R2⇔U2R12+ZL−ZC2R1=U2R22+ZL−ZC2R2

Giải phương trình ⇒ZL−ZC2=R1R2

Mặt khác x=R1R12+ZL−ZC2=R1R12+R1R2=R1R1+R2

Tương tự y=R2R1+R2⇒x2+y2=const