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 $\tan 60°=\frac{F}{P}=\frac{qE}{mg}\Rightarrow E=1730V/m$

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

$$\begin{gathered} B=4\pi {.10}^{-7}\frac{NI}{I}=4\pi {.10}^{-7}\frac{NI}{N{d}_D}=\frac{{\mathrm{15,7.10}}^{-4}{\mathrm{.0,8.10}}^{-3}}{4\pi {.10}^{-7}}=1A \\ R=\rho \frac{l_D}{S_D}=\frac{4\rho N\pi d_O}{\pi d_D^2}=\frac{U}{I}\Rightarrow N=\frac{U{d}_D^2}{4I\rho d_O}=\frac{\mathrm{3,3.}{\left({8.10}^{-4}\right)}^2}{{\mathrm{4.1.1,76.10}}^{-8}\mathrm{.0,04}}=750 vòng \end{gathered}$$

Chiều dài ống dây: $l=N{d}_D=\mathrm{0,6}m$

Đáp án B

Đáp án D

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

$e_{cu}=Bvl.\sin \alpha =\mathrm{0,225}V$

Dòng điện trong mạch $I=e_{cu}/R=\mathrm{0,45}A$

Đáp án B

Vì ta có $\frac{\sin i}{\mathrm{sinr}}=\frac{n_2}{n_1}\iff \frac{\sin i^0}{\sin \left({90}^0-i\right)}=\frac{n_2}{n_1}=\frac{4}{3}$

$\Rightarrow i={53}^0$

Đáp án A

Góc trông trực tiếp vật là $\tan \alpha \approx \alpha =\frac{5262}{630000000}$

Góc trông ảnh của vệ tinh qua kính thiên văn tối thiểu để còn nhìn rõ vệ tinh ${\alpha }_0\ge 1\text{'}=\frac{1}{60}.\frac{\pi }{180}$

Số bộ giác của kính $G=\frac{{\alpha }_0}{\alpha }\ge \frac{\frac{\pi }{60.180}}{\frac{5262}{630000000}}=\mathrm{34,827}$

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 $v_{\max }=A.\omega$ từ đây rút ra tần số góc của dao động $\omega =\frac{v_{\max }}{A}$

Đáp án D

Theo công thức độc lập thì biên độ thỏa mãn $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Thay số ta có $A=\sqrt{6^2+\frac{{80}^2}{\left(\frac{100}{1}\right)}}=10$

Đáp án D

Hai chất điểm có cùng tọa độ khi $x_1=x_2$

$$\begin{gathered} \iff 4\cos 10\pi t=2\cos \left(20\pi t+\pi \right)\iff 4\cos 10\pi t=-2\cos 20\pi t \\ \iff 2\cos 10\pi t=1-2{\cos }^{2}10\pi t \\ \iff \cos 10\pi t=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\Rightarrow x=4.\frac{\sqrt{3}-1}{2}\approx \mathrm{1,46}\left(cm\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $T=2\pi \sqrt{\frac{1}{g}}$

Vì điện trường thẳng đứng nên: ${\left(\frac{T_1}{T_0}\right)}^2=\frac{g}{g_1}; {\left(\frac{T_2}{T_0}\right)}^2=\frac{g}{g_2}$

$\Rightarrow {\left(\frac{T_1}{T_2}\right)}^2=\frac{g_2}{g_1}={\left(\frac{\mathrm{1,6}}{\mathrm{2,5}}\right)}^2\Rightarrow \frac{g-a}{g+a}={\left(\frac{\mathrm{1,6}}{\mathrm{2,5}}\right)}^2\Rightarrow a=\frac{369}{881}g$ với $a=\frac{E\left|q\right|}{m}$

Thay vào ta có: ${\left(\frac{T_1}{T_0}\right)}^2=\frac{g}{g+a}=\frac{881}{1250}\Rightarrow T_0=\mathrm{1,91}\left(s\right)$

Đáp án A

Độ cứng của các lò có sau lần đầu tiên và lần thứ hai giữ cố định lần lượt là $k_1=2k=36N/m$ và $k_2=4k=72N/m$

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

$\left\{\begin{array}{l}{W}_{n1}=\frac{1}{2}\frac{k{x}^2}{2}=\frac{1}{2}\frac{k{\left(\mathrm{0,8}A\right)}^2}{2}=\mathrm{0,32}W\\ W_1=W-W_{n1}=\mathrm{0,68}W\end{array}\right.$

Sau lần 2 (lúc nhốt $x=\mathrm{0,5}{A}_1$) thế năng bị nhốt và cơ năng còn lại lần lượt là

$\left\{\begin{array}{l}{W}_{n2}=\frac{1}{2}\frac{k_1{x}_1^2}{2}=\frac{1}{2}\frac{k_1{\left(\mathrm{0,5}{A}_1\right)}^2}{2}=\mathrm{0,125.}\frac{k_1{A}_1^2}{2}=\mathrm{0,125}{W}_1=\mathrm{0,085}W\\ W_2=W_1-W_{n2}=\mathrm{0,595}W\end{array}\right.$

Mà $\frac{W_2}{W}=\frac{k_2}{k}.{\left(\frac{A_2}{A}\right)}^2\Rightarrow \mathrm{0,595}=4.{\left(\frac{A_2}{10}\right)}^2\Rightarrow A_2\approx \mathrm{3,86}\left(cm\right)$

Đáp án B

Nhận thấy $x_1$ và $x_3$ ngược pha nhau và cùng vuông pha với $x_2$_­ nên khi $x_2$ (min) là $x_1$, $x_3$ (max) tại thời điểm $t_2$ thì $x_2=0$ nên $x_1=-A_1$; $x_3=A_3\Rightarrow A_1=20$; $A_3=60$.

Mặt khác $x_1$ vuông pha $x_2$ nên tại thời điểm $t_1$ ta có:

$\frac{{\left(-10.\sqrt{3}\right)}^2}{{20}^2}+\frac{{15}^2}{A_2^2}=1\Rightarrow A_2=30$

Biên độ dao đổng tổng hợp: $A=\sqrt{{\left(A_1-A_3\right)}^2+A_2^2}=\sqrt{{40}^2+{30}^2}=50\left(cm\right)$

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 $u_M=4\cos 20\pi t\left(cm\right), u_N=4\sin 20\pi t\left(cm\right)=4cos\left(20\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)$

Độ lệch pha giữa hai dao động $\Delta {\phi }_{MN}={\phi }_M-{\phi }_N=\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi d}{\lambda }\Rightarrow \lambda =4d=10cm$

Tốc độ truyền sóng $v=\lambda f=\lambda \frac{\omega }{2\pi }=10\frac{20\pi }{2\pi }=100cm/s=1m/s$

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 $IA.IB=M{A}^2$ suy ra $IA=16cm, IB.AB=M{B}^2$ suy ra $IB=9cm$

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

$MA-MB\le k\lambda \le IA-IB\iff 5\le k\lambda \le 7\iff \mathrm{2,5}\le k\le \mathrm{3,5}$

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:

$MN=\frac{\lambda }{2}+2\frac{\lambda }{12}, NP=\frac{\lambda }{2}-2\frac{\lambda }{12}$

Mà $MN-NP=\lambda /3=20cm\Rightarrow \lambda =60cm$

Vậy tần số dao động $f=v/\lambda =2Hz$

Đáp án C

Giả sử hai nguồn có phương trình dao động $u=A\cos \omega t$

Gọi d là khoảng cách từ 1 điểm M thuộc $\Delta$ tới 2 nguồn thì phương trình sóng tại M là: $u_M=2A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$

Phương trình sóng tại O là: $u_O=2A\cos \left(\omega t-\frac{16\pi }{\lambda }\right)$

Độ lệch pha giữa sóng tại O và tại M là $\Delta \phi =\frac{2\pi }{\lambda }\left(d-8\right)$

Để M và O ngược pha thì $\Delta \phi =\left(2k+1\right)\pi$

$\Rightarrow \frac{2\pi }{\lambda }\left(d-8\right)=\left(2k+1\right)\pi \left(k=\mathrm{0,}\pm \mathrm{1,}\pm \mathrm{2,...}\right)\Rightarrow d=\left(k+\frac{1}{2}\lambda \right)+8$

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

$\Rightarrow d_{\min }=\sqrt{O{M}^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=10cm$

Mặt khác do $d=AM>OA=8cm$ nên M gần O nhất ứng với $k=0\Rightarrow d_{\min }=\frac{\lambda }{2}+8$

Vậy ta có $\frac{\lambda }{2}+8=10\Rightarrow \lambda =4cm\Rightarrow \left[\frac{AB}{\lambda }\right]=4$

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên AB là $2\left[\frac{AB}{\lambda }\right]=8 điểm$

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 $Q=I^{2}Rt=\frac{I_0^2}{2}Rt$

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 $\overrightarrow{I}$ và $\overrightarrow{U_R}$ là cùng phương chiều

Đáp án D

$1 số điện=1kW.h=1000W.3600s={\mathrm{3,6.10}}^6\text{W}.s={\mathrm{3,6.10}}^{6}J$

Đáp án A

Từ đồ thị ta đọc được, về biên độ $I_0=8A$

Tại thời điểm $t=0$ ta có $i=-4\sqrt{2}$ và đang đi về âm nên trên đường tròn ta có điểm $M_0\to$ pha ban đầu là $\frac{3\pi }{4}$

Quay từ $M_0$ tới vị trí $N_0$ ta được $M_{0}O{N}_0=\frac{3\pi }{4}$ trong thời gian $\frac{3\pi }{40}{.10}^{-1}=\frac{3}{400}s$

$\to \omega \text{=}\frac{\text{góc\hspace{0.17em}}quay}{thờigian}=100\pi$

Đáp án C

Theo bài thay đổi C để $U_{L1}=U_{L2}$ thì $I_1=I_2$ tức là $Z_1=Z_2$, điều này suy ra

$$\begin{gathered} R^2+{\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2=R^2+{\left(Z_L-Z_{C2}\right)}^2 \\ \Rightarrow Z_L=\frac{Z_{C1}+Z_{C2}}{2}=300\Rightarrow L=\frac{3}{\pi }\left(H\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Khi $L=L_1$ hoặc $L=L_2$ ta luôn có:

$U=const; U_{L1}=U_{L2}; \cos {\phi }_{RC}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_c^2}}=const\Rightarrow {\phi }_{RC}=const$

Sử dụng phương pháp giản đồ ta có:

Với $L=L_1$ ta vẽ bình thường

Với $L=L_2$ ta vẽ theo các bước sau:

B1: Vẽ trục I nằm ngang, rồi vẽ $U_{L2}=U_{L1}$

B2: Vẽ $U_{RC2} //U_{RC1}$ do ${\phi }_{RC}=const$

B3: Hạ từ $U_{RC2}$ xuống hai trục I và $U_C$ ta được $U_{R2}$ và $U_{C2}$

B4: Tổng hợp U

Áp dụng định lý hàm số sin ta có:

$\frac{U}{\sin \gamma }=\frac{U_{L1}}{\sin \left({\phi }_1-{\phi }_{RC}\right)}$ (hình 1); $\frac{U}{\sin \gamma }=\frac{U_{L2}}{\sin \left({\phi }_2-{\phi }_{RC}\right)}$ (hình 2)

Mà $U_{L1}=U_{L2}\Rightarrow \sin \left({\phi }_1-{\phi }_{RC}\right)=\sin \left({\phi }_2-{\phi }_{RC}\right)$. Vậy

$\left({\phi }_1-{\phi }_{RC}\right)+\left({\phi }_2-{\phi }_{RC}\right)=\pi$

$\Rightarrow {\phi }_{RC}=\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}-\frac{\pi }{2}\Rightarrow \cos {\phi }_{RC}=\sin \frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}$

Đáp án B

Đáp án A

Chiều của điện trường xoáy $\overrightarrow{E}$ 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 $\overrightarrow{E}$ 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 $\lambda =2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow C=\frac{{\lambda }^2}{4{\pi }^2{c}^{2}L}$

Ta thấy C tỉ lệ với bình phương bước sóng.

Khi tụ C tương đương $C_1//C_2$ thì có $C=C_1+C_2$

$C=C_1+C_2\to {\lambda }^2={\lambda }_1^2+{\lambda }_2^2\Rightarrow \lambda =\sqrt{{\lambda }_1^2+{\lambda }_2^2}=150m$

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 ${\lambda }_1$ và của bức xạ ${\lambda }_2$ 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

$\left[\begin{array}{l}8{\lambda }_1=5{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\mathrm{1,024}\left(\mu m\right)\left(I\right)\\ 5{\lambda }_1=8{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\mathrm{0,4}\left(\mu m\right)\end{array}\right.$

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 $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{c}{nf}$, khi truyền ánh sáng từ nước vào thủy tinh thì chiết suất n tăng lên làm $\lambda$ giảm

Đáp án C

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

$x_1=x_2\iff k_d{\lambda }_d=k_1{\lambda }_1\iff {\lambda }_d=\frac{k_1{\lambda }_1}{k_d}$

Mà $\mathrm{6,4}\le {\lambda }_d\le \mathrm{7,6}\to \frac{\mathrm{5,6.}{k}_1}{\mathrm{7,6}}\le k_d\le \frac{\mathrm{5,6.}{k}_1}{\mathrm{6,4}}$

Vì giữa hai vân cùng màu với vân trung tâm có 8 vân màu lục nên $k_1=9$, thay vào trên ta được $k_d=7$ vào ta được bước sóng của ánh sáng đỏ là $\mathrm{7,2}\mu m$

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 ${\lambda }_{\min }$ của tia Rơnghen do ống này phát ra thỏa mãn: 

$\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}=\left|e\right|U\Rightarrow {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{\left|e\right|U}={\mathrm{4,96875.10}}^{-11}\left(m\right)$

Đáp án A

Đáp án C

Phương trình phóng xạ ${\beta }^{-}$ đầy đủ: ${}_Z{}^{A}X\to {}_{Z+1}{}^{A}Y+{}_{-1}{}^{0}e+{}_0{}^{0}v$

Đáp án A

Đáp án D

Chất phóng xạ Urani ${}_{92}{}^{235}U$ phóng xạ $\alpha$ tạo thành Thôri (Th)

+Tại một thời điểm nào đó tỉ lệ giữa số nguyên tử Th và nguyên tử ${}_{92}{}^{235}U$ bằng 2: $\frac{N_{Th}}{N_U}=2$

Sau thời gian t số nguyên tử U đã phân rã (cũng chính là số nguyên tử Th tạo ra) $N_1=N_O\left(1-2^{-\frac{1}{T}}\right)$

Ban đầu $\left(t=0\right)$ không có Th, chỉ có U nên $\frac{1-2^{-\frac{t}{T}}}{2^{-\frac{t}{T}}}=2\Rightarrow 2^{-\frac{t}{T}}=\frac{1}{3}\left(1\right)$

+Sau thời điểm đó $\Delta t$ 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) $N_2=N_O\left(1-2^{-\frac{t+\Delta t}{T}}\right)$

Theo đó $\frac{1-2^{-\frac{t+\Delta t}{T}}}{2^{-\frac{t+\Delta t}{T}}}=23\Rightarrow 2^{-\frac{t+\Delta t}{T}}=\frac{1}{24}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có $\Delta t=3T={\mathrm{21,9.10}}^8$

Đáp án D

Ta có $P_1=P\iff I_1^2{R}_1=I_2^2{R}_2\iff \frac{U^2}{R_1^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}_1=\frac{U^2}{R_2^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}_2$

Giải phương trình $\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2=R_1{R}_2$

Mặt khác $x=\frac{R_1}{\sqrt{R_1^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{R_1}{\sqrt{R_1^2+R_1{R}_2}}=\sqrt{\frac{R_1}{R_1+R_2}}$

Tương tự $y=\sqrt{\frac{R_2}{R_1+R_2}}\Rightarrow x^2+y^2=const$