Tuyển tập 30 đề thi THPT quốc gia môn Vật lý năm 2022 (Đề 1)

Đáp án C

Tần số góc của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$. Chu kì của con lắc đơn: $T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Đáp án B

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

Từ giản đồ vectơ, suy ra mối quan hệ về pha của các điện áp:

- u_R và i cùng pha

- u_L sớm pha hơn u_R (hoặc i) là $\frac{\pi }{2}$ và sớm pha hơn u_C là π

- u_C trễ pha hơn u_R (hoặc i) là $\frac{\pi }{2}$ và trễ pha hơn u_L là π

Đáp án A

Từ giả thiết, số điểm cực đại giao thoa trên Δ₁ và Δ₂ tương ứng là 7 và 3 ta vẽ được hình bên.

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

$$\begin{gathered} IB=2\frac{\lambda }{2}=\lambda \Rightarrow AB=IA+IB=3\lambda \\ AB=9\text{cm}\Rightarrow 3\lambda =9\text{cm}\Rightarrow \lambda =3\text{cm} \end{gathered}$$

Số cực đại trên đoạn S₁S₂:

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

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

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

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

- Bài toán tìm số cực đại, cực tiểu:

+ Hiệu đường từ hai nguồn đến điểm cần xét: $d_2-d_1=f\left(k\right)$

+ 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 $d_2-d_1$ được thay ở bảng dưới.

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

Đáp án A

Theo thuyết điện từ Mắc-xoen, điện trường biến thiên theo thời gian sinh ra một từ trường và từ trường biến thiên theo thời gian sinh ra một điện trường xoáy.

Đáp án B

Âm sắc là đặc trưng sinh lý của âm, gắn liền với đồ thị dao động âm. Âm sắc có thể giúp phân biệt được các loại nhạc cụ ngay cả khi đang chơi những nốt nhạc có cùng cường độ và cao độ.

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 B

Từ hình vẽ ta thấy rằng chu kì dao động của vật là $\text{T}=0,3\left(\text{s}\right)$.

Thời điểm $\text{t}=0,1 \text{s}$, thế năng đàn hồi của vật bằng 0 , vị trí này ứng với vị trí lò xo không biến dạng $x=-\Delta l_0$, khoảng thời gian vật đi từ vật trí biên dưới dến vị trí lò xo không biến dạng lần đầu $0,1\left(s\right)=\frac{T}{3},$ từ hình vẽ ta thấy $A=2\Delta l_0$

Ta có: $\frac{E_0}{E}=\frac{\Delta l_0^2}{{\left(A+\Delta l_0^2\right)}^2}=\frac{1}{9}\to E_0=0,0756\left(\text{J}\right)$ 

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:

Sau t = 80 phút, số hạt A và B bị phân rã: $\left\{\begin{array}{l}{N}_A=N_0\left(1-2^{-t/T_1}\right)\\ N_B=N_0\left(1-2^{-t/T_2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{N_A}{N_B}=\frac{1-2^{-80/20}}{1-2^{-80/40}}=\frac{5}{4}$

- Hạt nhân có số hạt, khối lượng lúc ban đầu là $N_0,m_0$; sau thời gian t bị phân rã nên số hạt, khối lượng còn lại là $N,m:\left\{\begin{array}{l}N=N_0{.2}^{-t/T}\\ m=m_0{.2}^{-t/T}\end{array}\right.$

- Số hạt nhân, khối lượng bị phân rã: $\left\{\begin{array}{l}\Delta N=N_0-N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\\ \Delta m=m_0-m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=m_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\end{array}\right.$

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: $x_s=ki=4i\Rightarrow \Delta x=4i-1,5i=2,5i=2,5\text{mm}\Rightarrow i=1\text{mm}$

$\text{i=}\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow a=\frac{\lambda D}{i}=\frac{0,{6.10}^{-6}.2}{{1.10}^{-3}}=0,{6.10}^{-3}\left(\text{m}\right)=0,6\left(\text{mm}\right)$

Đáp án D

Các đại lượng trong phương trình dao động điều hòa:

Đáp án C

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

Đáp án A

Suất điện động hiệu dụng: $E=\frac{E_0}{\sqrt{2}}=\frac{100}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}\left(\text{V}\right)$

Đáp án B

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

Khi $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}$

Khi $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}$

Đáp án C

Cách 1: Tại thời điểm t = 0:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \left(\omega .0+\phi \right)\\ v=-A\omega \sin \left(\omega .0+\phi \right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-\frac{A}{\sqrt{2}}=A\cos \phi \\ -A\omega \sin \phi <0\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\phi =\frac{3\pi }{4}\\ \phi =\frac{-3\pi }{4}\end{array}\right.\\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{3\pi }{4}\left(\text{rad}\right)\end{array}$

Cách 2: Sử dụng vòng tròn lượng giác tại $x=-\frac{A}{\sqrt{2}}$ và chuyển động theo chiều âm $\phi >0\Rightarrow \phi =\frac{3\pi }{4}$

Phương pháp giải nhanh bài toán tìm pha dao động

Sử dụng vòng tròn lượng giác để tìm pha ban đầu của dao động.

Chú ý: Khi vật chuyển động theo chiều âm thì $\phi$ > 0 và khi chuyển động theo chiều dương thì $\phi$ < 0.

Đáp án C

Bán kính quỹ đạo: $r_n=n^2{r}_0\Rightarrow n=\sqrt{\frac{r_n}{r_0}}=\sqrt{\frac{1,{908.10}^{-9}}{0,{53.10}^{-10}}}=6$

Phôtôn có năng lượng lớn nhất ứng với sự chuyển mức từ 6 về 1, phôtôn có năng lượng thấp nhất ứng với mức từ 6 về 5

$\frac{{\epsilon }_{\max }}{{\epsilon }_{\min }}=\frac{E_6-E_1}{E_6-E_5}=\frac{\frac{-13,6}{6^2}-\left(\frac{-13,6}{1^2}\right)}{\frac{-13,6}{6^2}-\left(\frac{-13,6}{5^2}\right)}=\frac{1-\frac{1}{6^2}}{\frac{1}{5^2}-\frac{1}{6^2}}=\frac{875}{11}$

Đáp án B

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

Đáp án A

Mức cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{P}{4\pi r^2{I}_0}\left(\text{dB}\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}70=10\log \frac{P}{I_{0}4\pi 1^2}\\ L=10\log \frac{P}{I_{0}4\pi 5^2}\end{array}\right.\Rightarrow L=70+10\log \frac{1^2}{5^2}=56\left(\text{dB}\right)$

- Cường độ âm tại một điểm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}\left(W\text{/}{m}^2\right)\Rightarrow \frac{I_A}{I_B}=\frac{r_B^2}{r_A^2}$

- Mức cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

-Tìm cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{I}{I_0}\Rightarrow I=I_0{.10}^{\frac{L}{10}}$

- Tìm mức cường độ âm khi cho hai điểm cho trước, áp dụng công thức toán: $\log a-\log b=\log \frac{a}{b}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_0}-10\log \frac{I_B}{I_0}=10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log \frac{r_B^2}{r_A^2} \\ \Rightarrow L_A=L_B+10\log \frac{r_B^2}{r_A^2} \end{gathered}$$

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: $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)$

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

Cơ năng của vật dao động: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.100.0},{05}^2=0,125\left(\text{J}\right)$

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

Lực tương tác: $F=k\frac{\left|q_1\text{'}{q}_2\text{'}\right|}{r^2}={9.10}^9.\frac{{\left({3.10}^{-6}\right)}^2}{0,1^2}=8,1\left(\text{N}\right)$

Đáp án D

Năng lượng điện từ trong mạch dao động LC: 

$$\begin{gathered} W=W_L+W_C\iff \frac{1}{2}L{I}_0^2=\frac{1}{2}L{i}^2+\frac{1}{2}\frac{q^2}{C} \\ \Rightarrow L.{\left({60.10}^{-3}\right)}^2=L{\left(30\sqrt{3}{.10}^{-3}\right)}^2+\frac{{\left(1,{5.10}^{-6}\right)}^2}{0,{0625.10}^{-6}} \\ \Rightarrow L=0,04\text{H}=40\text{mH} \end{gathered}$$

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 $\lambda =0,5{\lambda }_0\Rightarrow \frac{hc}{0,5{\lambda }_0}=\frac{hc}{{\lambda }_0}+W_{0\max }$

$\Rightarrow W_{0\max }=\frac{hc}{{\lambda }_0}\left(\frac{1}{0,5}-1\right)=\frac{hc}{{\lambda }_0}=A_0$

Đáp án A

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:

$$\begin{gathered} U^2=U_C.\left(U_C-U_L\right)\iff {100}^2=U_C\left(U_C-97,5\right) \\ \Rightarrow U_C=160V \\ \sin \phi =\frac{U_C-U_L}{U}=\frac{160-97,5}{100}=0,625 \\ \Rightarrow \phi =0,22\pi \end{gathered}$$

Điện áp hai đầu điện trở sớm pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch một góc 0,22π

Bài toán cực trị của dòng điện xoay chiều khi C thay đổi:

- Cộng hưởng khi: $Z_L=Z_C$ thì các giá trị $I_{\max },P_{\max },\cos {\phi }_{\max },Z_{\min },U_{R\max },U_{RL\max },U_{L\max }$

Khi đó: $I_{\max }=\frac{U}{R},P_{\max }=\frac{U^2}{R},\cos {\phi }_{\max }=1,Z_{\min }=R$

- Bài toán có hai giá trị $Z_{C1},Z_{C2}$ cho cùng $I,P,U_R,U_{RL},U_L,cos\phi$

Khi đó: $Z_{C1}+Z_{C2}=2Z_L$

- Khi $Z_C=Z_{C0}$ để $U_{C\max }$ thì $u_{RL}\perp u$, khi đó: $Z_{C0}=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$, $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{R}$

- Thay đổi C có $Z_{C1},Z_{C2}$ cùng _{$U_C$}, khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{Z_{C1}}+\frac{1}{Z_{C2}}=\frac{2}{Z_{C0}}\\ U_C=U_{C\max }\cos \left({\phi }_0-{\phi }_1\right)=U_{C\max }\cos \left({\phi }_0-{\phi }_2\right)\end{array}\right.$

- Thay đổi C để $U_{RC}\max$, khi đó: $Z_C=\frac{Z_L+\sqrt{4R^2+Z_C^2}}{2},U_{RC\max }=\frac{2UR}{\sqrt{4R^2+Z_L^2-Z_L}}$.

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: $6\le k_t{i}_t\le 14\Rightarrow 1,25\le k_t\le 2,9\Rightarrow k_t=2$: có 1 vân trùng.

Số vân sáng của bức xạ: ${\lambda }_1:6\le k_1{i}_1\le 14\Rightarrow 3,75\le k_1\le 8,75\Rightarrow k_1=4,5,6,7,8$: có 5 vân sáng .

Số vân sáng của bức xạ: ${\lambda }_2:6\le k_2{i}_2\le 14\Rightarrow 2,5\le k_2\le 5,8\Rightarrow k_2=3,4,5$: có 3 vân sáng .

Số vân sáng quan sát được: $N=5+3-1=7$

Phương pháp giải bài tập hai vân sáng trùng nhau

Điều kiện hai bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ trùng nhau: $x_1=x_2\iff k{i}_1=k{i}_2\iff \frac{k_1}{k_2}=\frac{i_2}{i_1}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{b}{c}$.

Khoảng vân trùng: $i_t=b{i}_1=c{i}_2$

Tọa độ vị trí trùng: $x_t=n{i}_t=nb{i}_1=nc{i}_2$

Số các vị trí vân trùng nhau: 

+ Trên bề rộng trường giao thoa L: $\frac{-L}{2}\le x_t\le \frac{L}{2}\iff \frac{-L}{2}\le k_t.i_t\le \frac{L}{2}\Rightarrow k_t$

+ Giữa hai điểm M, N: $x_M\le x_t\le x_N\iff x_M\le k_t.i_t\le x_N\Rightarrow k_t$

Lưu ý: Nếu hai điểm M, N cùng phía so với vân trung tâm thì tọa độ cùng dấu; khác phía thì tọa độ khác dấu.

Số vân sáng quan sát được: $N=N_1+N_2-N_t$

Trong đó: $N_1,N_2$ là số vân sáng quan sát được của bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$.

$N_1$ là số vân sáng trùng.

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: 

$$\begin{gathered} \Delta E=\left(\Delta m_{He}-\Delta m_D-\Delta m_T\right)c^2 \\ \iff \Delta E=\left(0,030382-0,002491-0,009106\right).931,5 \\ \iff \Delta E=17,498\text{MeV} \end{gathered}$$

Phương pháp giải bài toán tìm năng lượng của phản ứng hạt nhân

Năng lượng tỏa ra hay thu vào của phản ứng hạt nhân (W > 0: tỏa hay W < 0: thu)

Xét phản ứng hạt nhân: ${}_{Z_1}^{A_1}A{+}_{Z_2}^{A_2}B{\to }_{Z_3}^{A_3}X{+}_{Z_4}^{A_4}Y$

+ Tính theo khối lượng nghỉ: $W=\left(m_t-m_s\right)c^2$

+ Tính theo động năng của các hạt: $W=K_s-K_t$

+ Tính theo độ hụt khối của các hạt: $W=\left(\Delta m_s-\Delta m_t\right)c^2$

+ Tính theo năng lượng liên kết của các hạt: $W=W_{lks}-Wlkt$.

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

Công suất của ánh sáng kích thích: $P=N\frac{hc}{\lambda }$

Công suất của ánh sáng phát quang: $P\text{'}=N\frac{hc}{\lambda \text{'}}$

Hiệu suất của sự phát quang:

$H=\frac{P\text{'}}{P}=\frac{N\text{'}}{N}\frac{\lambda }{\lambda \text{'}}\Rightarrow N\text{'}=NH\frac{\lambda \text{'}}{\lambda }={2012.10}^{10}.0,9.\frac{0,64}{0,48}$$=2,{4144.10}^{13}$ (phôtôn).

Đáp án B

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{D}_{\min }=\frac{1}{f_{\max }}=\frac{1}{O{C}_v}+\frac{1}{OV}\\ D_{\max }=\frac{1}{f_{\min }}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{OV}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{1,5}=\frac{1}{O{C}_V}+\frac{1}{1,52}\\ \frac{1}{1,415}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{1,52}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}O{C}_V=114\\ O{C}_C=20,48\end{array}\right.\Rightarrow C_C{C}_V=O{C}_V-O{C}_C=93,52\left(\text{cm}\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Hai giá trị $Z_{C1}=100\Omega$ và $Z_{C2}=300\Omega$ có cùng công suất tiêu thụ P thì: $Z_{C1}+Z_{C2}=2Z_L\Rightarrow Z_L=200\Omega$

Khi $Z_C=Z_{C1}$ thì $i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{12}\right)$, ta có: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_{C1}}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}$

Mà $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_u=\frac{\pi }{6}+{\phi }_i=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{12}=\frac{\pi }{4}$

Điện áp hiệu dụng: $U=I_1.Z_1=2\sqrt{{\left(100\sqrt{3}\right)}^2+{\left(200-100\right)}^2}=400\text{V}$

Khi ${\text{Z}}_C=Z_{C2}$ thì: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_{C2}}{R}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}$

$\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_i=\frac{\pi }{6}+{\phi }_u=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{12}$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I_2=\frac{U}{Z_2}=\frac{400}{\sqrt{{\left(100\sqrt{3}\right)}^2+{\left(200-300\right)}^2}}=2$

Phương trình cường độ dòng điện: $i_2=2\sqrt{2}\cos \left(110\pi t+\frac{5\pi }{12}\right)\left(\text{A}\right)$

Đáp án A

Độ lớn suất điện động cảm ứng:

$$\begin{gathered} \left|e_c\right|=\left|\frac{BS\cos {\alpha }_2-BS\cos {\alpha }_1}{\Delta t}\right| \\ =\left|\frac{0,{\mathrm{01.200.10}}^{-4}}{0,04}\right|.\left|\cos 0^0-\cos {90}^0\right| \\ ={5.10}^{-3}\left(\text{V}\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình phản ứng: $\alpha {+}_7^{14}N{\to }_1^{1}p{+}_8^{17}O$

Bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_{\alpha }}=\overrightarrow{p_p}+\overrightarrow{p_O}$

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 $p^2=2mK$)

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

$\iff 16,9947K_O-1,0073K_p=30,81155$ (1)

Bảo toàn năng lượng toàn phần:

$$\begin{gathered} K_{\alpha }+K_N+\left(m_{\alpha }+m_N\right)c^2=K_p+K_O+\left(m_p+m_O\right)c^2 \\ \iff 7,7+0+\left(4,0015+13,9992\right).931,5=K_p+K_O+\left(1,0073+16,9947\right).931,5 \end{gathered}$$

$\Rightarrow K_p+K_O=6,48905$ (2)

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

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\Delta {\phi }_{MN}=\frac{2\pi .30}{60}=\pi \\ \Delta {\phi }_{NP}=\frac{2\pi .15}{60}=\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ M và N ngược pha nhau $\Rightarrow u_N=-u_M$

N và P vuông pha nhau $\Rightarrow {\left(\frac{u_N}{A}\right)}^2+\left(\frac{u_p}{A}\right)=1\Rightarrow u_N^2+u_p^2=A^2={\left(8\sqrt{5}\right)}^2$. (1)

Từ đồ thị: $u_N=\frac{1}{2}{u}_p$

Từ (1) và (2): $\left\{\begin{array}{l}{u}_N=8cm\\ u_p=16cm\end{array}\right.$

Có $\left\{\begin{array}{l}\Delta x=15cm\\ \Delta u=u_p-u_N=16-8=8cm\end{array}\right.$

Khoảng cách $NP=\sqrt{\Delta x^2+\Delta u^2}=17\left(\text{cm}\right)$

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

Kết hợp với $U_{L\max }=U\sqrt{1+{\left(\frac{Z_C}{R}\right)}^2}\Rightarrow U=\frac{U_{L\max }}{\sqrt{1+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2}}=120V$$\Rightarrow U_0=120\sqrt{2}\approx 170V$

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: $S_1=10cm;S_2=h_{\max }\Rightarrow \frac{1}{2}m{v}^2=mg{h}_{\max }\Leftarrow S_2=\frac{v^2}{2g}$

Lại có vị trí ném có li độ: 

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

Quãng đường vật m đi được từ thời điểm ban đầu đến $t_2:$ $s=S_1+2S_2=10+2.15=40\left(\text{cm}\right)$