Tổng hợp 20 đề thi thử thpt quốc gia môn Vật lí 2020 cực hay có lời giải (P10)

Đáp án A

Từ $F=BIl\sin \alpha$, khi $\alpha$ thay đổi $F_{\max }\iff \sin \alpha =1\iff \alpha ={90}^0$

Đáp án D

Đại lượng đặc trưng cho tính bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng xác định bởi biểu thức: $W_{\mathcal{l}kr}=\frac{W_{\mathcal{l}k}}{A}$

$W_{\mathcal{l}k}$ là năng lượng liên kết

A là số hạt nuclon

Đáp án B

Điện trở và cường độ dòng điện định mức của bóng đèn (220 V – 25W) là: $R_1=\frac{U_1^2}{P_1}=\frac{{220}^2}{25}=1936\Omega ; I_{dm1}=\frac{P_1}{U_1}=\frac{25}{220}\approx 0,114A$

Điện trở và cường độ dòng điện định mức của đèn (220 V- 100W) là: $R_2=\frac{U_2^2}{P_2}=\frac{{220}^2}{100}=484\Omega ; I_{dm2}=\frac{P_2}{U_2}=\frac{100}{220}\approx 0,455A$

Khi mắc nối tiếp vào hiệu điện thế $U = 440V$ thì $R_t = R_1 + R_2 = 2420\Omega$

Vậy dòng điện qua bòng đèn (220V – 25 W) và (220V – 100W) là:

$I=\frac{U}{R_t}=\frac{440}{2420}\approx 0,182A$

Như vậy $I_{dm1} < I$ và $I_{dm2} > I$ nên chỉ đèn (220 V – 25W) cháy

Đáp án D

Đáp án D

Vì ta có $\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{n_2}{n_1}\iff \frac{\sin {53}^0}{\sin r}=\frac{4}{3}$

$\Rightarrow r=28,8^0\Rightarrow D=i-r={40}^0-28,8^0=11,2^0$

Đáp án D

Tần số dao động của con lắc là $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

$\Rightarrow$Nếu k không đổi thì f tỉ lệ với $\frac{1}{\sqrt{m}}$

Như vậy nếu m càng nhỏ thì f càng lớn

Bài toán đưa về sắp xếp theo f tăng dần tương ứng với sắp xếp theo m giảm dần

Như vậy đáp án là D. $f_2, f_3, f_1$ tương ứng với m giảm dần: $m_2 = 87g; m_3 = 78g$ và $m_1 = 75g$

Đáp án B

Đây là công thức sai số của phép đo bước sóng ánh sáng bằng giao thoa các bạn phải thuộc $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}$

Chú ý:tổng quát sai số của phép đo gián tiếp $y=x_1^{n_1}.x_2^{n_2}.x_3^{n_3}$

Là $\frac{\Delta y}{y}=\left|n_1\frac{\Delta x_1}{\overline{x_1}}\right|+\left|n_2\frac{\Delta x_2}{\overline{x_2}}\right|+\left|n_3\frac{\Delta x_3}{\overline{x_3}}\right|$

Áp dụng ta có $\lambda =\frac{ia}{D}=i^1.a^1.D^{-1}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\left|1\frac{\Delta i}{\overline{i}}\right|+\left|1\frac{\Delta a}{\overline{a}}\right|+\left|-1\frac{\Delta D}{\overline{D}}\right| \\ \iff \frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}} \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án A

Đối với vôn kế khung quay khi đo điện áp xoay chiều, kết quả hiển thị trên vôn kế là giá trị điện áp hiệu dụng của hai điểm ở hai đầu vôn kế

Đáp án A

A . Đúng

B. Sai, công thức này chỉ dùng khi n có đơn vị là  (vòng/giây)

C, D. Sai

Đáp án C

Đáp án C

Ta có công suất đoạn mạch $P=R{I}^2=R\frac{U^2}{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Thay số vào ta được $40=200\frac{{100}^2}{{200}^2+\left(\omega \frac{25}{32\pi }-\frac{4\pi }{\omega {10}^{-3}}\right)}\Rightarrow \omega =160\pi$

Vậy tần số của điện áp đặt vào đoạn mạch là $f=\frac{\omega }{2\pi }=80Hz$

Đáp án C

Đáp án C

Điều kiện sóng dừng trên dây là $\mathcal{l}=n\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\frac{2\mathcal{l}}{n}=\frac{2}{4}=0,5m$

Tốc độ truyền sóng trên dây là $\lambda =\lambda f=0,5.20=10\left(m\right)$

Đáp án C

Bước sóng $\lambda =v/f=1cm$

Vì C dao động với biên độ cực đại và giữa điểm C và đường turng trực của AB còn có hai dãy cực đại khác nên C thuộc đường cực đại bậc 3

$\Rightarrow CA-CB=k\lambda =3cm$

Mặt khác $CA-CB=\sqrt{2}AB-AB=\left(\sqrt{2}-1\right)AB$

$\Rightarrow \left(\sqrt{2}-1\right)AB=3cm\Rightarrow AB=\frac{3}{\sqrt{2}-1}cm$

Vậy số điểm cực đại trên đường thẳng nối hai nguồn là:

$2\left[\frac{AB}{\lambda }\right]+1=2\left[\frac{3}{\sqrt{2}-1}\right]+1=15 điểm$

Đáp án C

A . H4 đường truyền ánh sáng từ bên phải sang bên trái và S’ xa O hơn S nên đây là thấu kính hội tụ cho ảnh ảo

B . H1 Giống như H4 nhưng ánh sáng truyền từ trái sang phải

D. H2 ảnh và vật nằm ở hai phía so với thấu kính nên đây là thấu kính hội tụ, vật thật cho ảnh thật

C. Đối với thấu kính phân kỳ ảnh của điểm sáng S là S’ nằm gần thấu kính hơn

Đáp án A

Chiều dài sợi dây $l=N.\pi d=314m$

Điện trở của cuộn dây: $R=\rho \frac{l}{S}=31,4\Omega$

Suất điện động sinh ra trong cuộn dây do từ trường biến thiên: $e=\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}=\pi R^2.\frac{\Delta B}{\Delta t}$

Dòng điện trong cuộn dây $I=\frac{e}{R}=\pi R^2\frac{\Delta B}{\Delta t}.\frac{S}{\rho l}=0,05A$

Công suất tỏa nhiệt: $P=I^2.R=0,08W$

Đáp án C

Cường độ dòng điện qua quang điện trở là I = U/R. Khi tăng cường độ sáng chiếu vào quang điện trở thì do hiện tượng quang điện trong làm điện trở R giảm. Nên I tăng

Đáp án B

Từ hình vẽ ta thấy để CD có 3 điểm dao động với biên độ cực đại thì điểm C phải nằm giữa đường cực đại bậc 2 và đường cực đại bậc 3

$$\begin{gathered} \Rightarrow 2\lambda \le CA-CB<3\lambda \\ \iff 2\lambda \le AB\sqrt{2}-AB\le 3\lambda \\ \iff 2\lambda \le AB\left(\sqrt{2}-1\right)<3\lambda \end{gathered}$$

$\iff \frac{2}{\sqrt{2}-1}\le \frac{AB}{\lambda }<\frac{3}{\sqrt{2}-1}\iff 4,8\le \frac{AB}{\lambda }<7,24$

Gọi $\left[\frac{AB}{\lambda }\right]$ là phần nguyên của tỉ số $\frac{AB}{\lambda }$

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB là $N=2\left[\frac{AB}{\lambda }\right]+1$

Mà $N_{max}$ khi ${\left[\frac{AB}{\lambda }\right]}_{\max }=7$

Suy ra, số điểm cực đại trên AB nhiều nhất là 2.7+1=15 điểm

Đáp án D

Bước sóng mạch chọn sóng LC là $\lambda ={3.10}^{8}2\pi \sqrt{LC}=240m$

Đáp án B

Tại vị trí cân bằng vật đạt vận tốc có giá trị cực đại nên: $v_{\max }=A_{12}\omega \Rightarrow A_{12}=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{60}{10}=6cm$

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án C

Công suất tiêu thụ được tính theo công thức $\boxed{P=I^{2}r=\frac{U^{2}r}{r^2+Z_L^2}}$

Khi mắc các nguồn điện xoay chiều lần lượt vào cuộn dây thì công suất tương ứng là $\left\{\begin{array}{l}{P}_1=\frac{U^{2}r}{r^2+Z_L^2}\left(1\right)\\ P_2=\frac{{\left(3U\right)}^{2}r}{r^2+{\left(1,5Z_L\right)}^2}\left(2\right)\\ P_3=\frac{{\left(6U\right)}^{2}r}{r^2+{\left(2,25Z_L\right)}^2}\left(3\right)\end{array}\right.$

Từ (1) và (2) ta có $\frac{600}{120}=\frac{P_2}{P_1}=\frac{9(r^2+Z_L^2)}{r^2+2,25Z_L^2}\Rightarrow$ Cảm kháng $Z_L=\frac{4r}{3}$

Từ (1) và (3) ta có $\frac{P_3}{P_1}=\frac{36\left(r^2+Z_L^2\right)}{r^2+{\left(2,25Z_L\right)}^2}$

$\Rightarrow P_3=120.\frac{36\left[r^2+{\left(\frac{4r}{3}\right)}^2\right]}{r^2+{\left(2,25.\frac{4r}{3}\right)}^2}=1200\left(W\right)$

Đáp án D

Gọi số vòng dây cuộn sơ cấp và thứ cấp đã quấn là $N_1$ và $N_2$: $\frac{N_2}{N_1}=\frac{8,4}{24}\left(1\right); \frac{N_2+55}{N_1}=\frac{15}{24}\left(2\right)$

Lấy (2)-(1): $\frac{55}{N_1}=\frac{15-8,4}{24}=\frac{6,6}{24}$

$\Rightarrow N_1=200 vòng$ và $N_2=70 vòng$

Để tạo ra được máy biến áp theo đúng yêu cầu thì số vòng dây của cuộn thứ cấp

$\frac{N_2\text{'}}{N_1}=\frac{12}{24}\Rightarrow N{\text{'}}_2=100 vòng$

Học sinh này cần phải tiếp tục giảm số vòng dây của cuộn thứ cấp là $N_2+55-N{\text{'}}_2=25 vòng$

Đáp án C

Theo công thức Anh xtanh ta xác định được vận tốc ban đầu cực đại của electron bứt ra

$$\begin{gathered} \frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{\lambda }_0}+\frac{1}{2}{m}_e{v}_{\max }^2 \\ \Rightarrow v_{\max }=\sqrt{\frac{2}{m_e}\left(\frac{hc}{\lambda }-\frac{hc}{{\lambda }_0}\right)}\approx 4,{67.10}^5\left(m/s\right). \end{gathered}$$

Như vậy theo công thức Anhxtanh thì đó là tốc độ lớn nhất khi bứt ra có nghĩa là tốc độ ban đầu bứt ra của các electron thỏa mãn $0\le v\le 4,{67.10}^{5}m/s$ ta có đáp án C

Đáp án A

Năng lượng phản ứng thu vào hay tỏa ra xác định bởi:

$E=\left(\sum m_{truoc}-\sum m_{sau}\right)c^2=\left(\left(7,0144+1,0073\right)-\left(4,0015+4,0015\right)\right)u{c}^2=17,419MeV$

Đáp án C

+ Theo yêu cầu của bài có 4 bức xạ cho vân sáng trùng nhau nên ta có:

$\begin{array}{l}{x}_1=x_2=x_3=x_4\\ \iff k{\lambda }_1=\left(k-1\right){\lambda }_2=\left(k-2\right){\lambda }_3=\left(k-3\right){\lambda }_4\left(1\right)\end{array}$

+ Do ánh sáng trắng nên $380nm\le \lambda \le 760nm\left(2\right)$

+ Xét tỷ lệ trong bốn bước sóng bài cho: $\frac{735}{490}=\frac{3}{2}$

+ Như vậy nếu lấy 4 bức xạ ứng với 4 giá trị k liên tiếp là 2; 3; 4; 5 thì từ (1) tính $\lambda$ được nhưng vi phạm phương trình (2)

(Cụ thể xét $2.735=3.{\lambda }_2=4.{\lambda }_3=5.{\lambda }_4\Rightarrow {\lambda }_4=\frac{2.735}{5}=294$ mâu thuẫn (2))

+ Vậy ta phải lấy tỉ lệ đó gấp 2 lần cụ thể: $\frac{735}{490}=\frac{3}{2}=\frac{6}{4}$

+ Lúc này 4 bức xạ ứng với 4 giá trị k liên tiếp 4; 5; 6; 7

+ Ta tính được các bước sóng thỏa mãn yêu cầu bài cụ thể là: 

$$\begin{gathered} 4.735=5.{\lambda }_2=6.{\lambda }_3=7.{\lambda }_4 \\ \begin{array}{l}{\lambda }_1={\lambda }_{k=4}=735nm.\\ {\lambda }_2={\lambda }_{k=5}=\frac{735.4}{5}=588nm\\ {\lambda }_3={\lambda }_{k=6}=\frac{735.4}{6}=490nm\\ {\lambda }_4={\lambda }_{k=7}=\frac{735.4}{7}=420nm\end{array} \end{gathered}$$

+ Tổng bước sóng $\left({\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3+{\lambda }_4\right)$ của các bức xạ đó là

$\left({\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3+{\lambda }_4\right)=735+588+490+420=2233nm$

Đáp án B

Khối lượng chất phóng xạ đã má (biến đổi thành chất khác) xác định bởi $\Delta m=m_0-m_t=m_0\left(1-2^{\frac{-t}{T}}\right)=200\left(1-2^{\frac{-24}{8}}\right)=175g$

Đáp án A

+ Vân sáng là cực đại giao thoa nên: $d_2-d_1=k\lambda \left(1\right)$

+ Trong tam giác $\Delta S_1{S}_{2}M$; hiệu hai cạnh luôn nhỏ hơn cạnh còn lại nên ta có: $\left|d_2-d_1\right|\le a\text{ (2)}$

+ Từ (1) và (2) ta được:

$\begin{array}{l}\left|k\right|<\frac{a}{\lambda }\iff \left|k\right|<\frac{0,{1.10}^{-3}}{{750.10}^{-9}}\\ \left|k\right|<133,33\end{array}$

Vậy k nhận -133, -132,…,+132, +133 có tối đa 267 vân

Đáp án A

Giai đoạn 1: $\left(m_1;m_2\right)$ đứng yên lò xo giãn; kết thúc gđ 1 quãng đường đi là: $S_1=\Lambda l_{01}=\frac{m_{1}g}{k}$

Giai đoạn 2: ($m_1$ đi lên; $m_2$ đứng yên) lò xo không giãn thêm; kết thúc gđ 2 quãng đường đi là: $S_2=l$

Giai đoạn 3: ($m_1$ đi lên; $m_2$ đứng yên) lò xo tiếp tục giãn thêm; kết thúc gđ 3 quãng đường đi là: $S_3=\Lambda l_{02}=\frac{m_{2}g}{k}$

Giai đoạn 4: $\left(m_1;m_2\right)$ cùng đi lên để lại khoảng trống h bằng quãng đường đi được: $S_4=h$

Giai đoạn 5: Dừng đột ngột hệ sẽ dao động điều hòa

Với biên hộ $A=\frac{v_0}{\sqrt{k/\left(m_1+m_2\right)}}$ với lực căng dây $T_c\ge 0$ được thỏa mãn

Như vậy để hệ dao động điều hòa thì khoảng trống $h_{\min }=S_4=A$

Tương ứng thời gian nhỏ nhất là:

$t_{\min }=\frac{s}{v_0}=\frac{s_1+s_2+s_3+s_{4\min }}{v_0}=\frac{10+12+15+\left(40/\sqrt{40}\right)}{40}=1,083113883.$