Bộ đề thi minh họa môn Vật lí THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 19)

Ta có:

o   năng lượng của photon $\epsilon =hf$.

o   các photon của cùng một ánh sáng đơn sắc thì cùng f → năng lượng như nhau.

Chọn C

Ta có:

o   năng lượng của mạch dao động bằng tổng của năng lượng từ trường và năng lượng điện trường trong mạch.

$E=E_L+E_C$ ↔ $\frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}C{u}^2+\frac{1}{2}L{i}^2$→ $L{i}^2=C\left(U_0^2-u^2\right)$.

Chọn D

Gia tốc của một chất điểm bằng 0 khi chất điểm ở vị trí cân bằng → vị trí có tốc độ cực đại.

Chọn A

Chọn D

Ta có:

o   $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{\left({3.10}^8\right)}{\left({100.10}^6\right)}=3$m → sóng cực ngắn.

Chọn D

Từ đồ thị ta thấy:

o   khi $x_1$ cực đại thì $x_2=0$ → hai dao động này vuông pha nhau.

o   $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=\sqrt{{\left(3\right)}^2+{\left(4\right)}^2}=5$cm.

Ở mạch ngoài các electron chuyển động dưới tác dụng của lực điện.

Chọn B

Chọn A

Quang phổ liên tục:

o   không phụ thuộc vào thành phần cấu tạo của nguồn sáng, chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn.

o   nhiệt độ càng cao thì miền phát sáng của vật càng mở rộng về vùng ánh sáng có bước sóng nhỏ.

Hạt nhân càng bền vững khi có năng lượng liên kết riêng càng lớn.

Chọn D

Với động cơ không đồng bộ ba pha thì từ trường quay trong động cơ là kết quả của việc sử dụng dòng điện xoay chiều ba pha.

Chọn B

Điện trở suất của kim loại tăng theo hàm bậc nhất của nhiệt độ.

Chọn D

Thế năng của con lắc lò xo treo thẳng đứng bằng tổng thế năng hấp dẫn và thế năng đàn hồi. Thế năng của con lắc biến đổi tuần hoàn theo thời gian.

Chọn D

Chọn B

Khi truyền từ không khí vào nước thì tần số của hai sóng là không đổi.

o   Sóng ánh sáng truyền vào nước có chiết suất lớn hơn do đó vận tốc truyền sóng giảm nên bước sóng cũng giảm theo.

o   Sóng âm truyền vào nước có vận tốc truyền âm tăng nên bước sóng sẽ tăng.

Chọn A

Ta có:

o   Điều kiện để có sóng dừng trên dây với hai đầu cố định

$l=n\frac{\lambda }{2}$ → $n=\frac{2l}{\lambda }=\frac{2.160}{8}=40$ .

→ trên dây có 40 bó sóng tương ứng với 40 bụng sóng.

Chọn B

Ta có:

o   $v\perp a$ .

o ${\left(\frac{v}{\omega A}\right)}^2+{\left(\frac{a}{{\omega }^{2}A}\right)}^2=1$  →$a=\sqrt{{\left(\frac{v}{\omega }\right)}^2+{\left(\frac{a}{{\omega }^2}\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{20}{10}\right)}^2+{\left(\frac{2\sqrt{3}{.10}^2}{{10}^2}\right)}^2}=4$ cm.

Chọn D

Ta có:

o   hiện tượng phản xạ toàn phần chỉ xuất hiện khi ta chiếu tia sáng từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém hơn, do đó trong trường hợp này luôn tồn tại hai tia khúc xạ.

o   Theo định luật khúc xạ ánh sáng thì ánh sáng có chiết lớn hơn với môi trường nước thì sẽ bị gãy khúc nhiều hơn → tia lam lệch nhiều hơn tia vàng.

Chọn B

Từ phương trình dao động, ta có:

o   $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{6\pi }{2\pi }=3$  Hz → trong một giây chất điểm thực hiện được 3 dao động toàn phần.

o $v_{max}=\omega A=\left(6\pi \right).\left(5\right)=30\pi$  cm/s.

Hạt nhân bền vững nhất là Sắt

Chọn B

Hai hạt nhân có cùng số nucleon.

Chọn B

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

Chọn A

Đường sức từ được vẽ theo quy tắc đi ra từ cực từ Bắc vào vào cực từ Nam → (2) là cực từ Bắc.

Chọn B

o    $\left\{\begin{array}{l}MQ=4\\ \lambda =12\end{array}\right.$  , đơn vị được tính theo độ chia nhỏ nhất của trục .

o  $\Delta \phi =\frac{2\pi MQ}{\lambda }=\frac{2\pi .\left(4\right)}{\left(12\right)}=\frac{2\pi }{3}$ .

Chọn A

Ta có:

o   trong quá trình lan truyền sóng điện từ thì dao động điện và dao động từ tại mỗi điểm luôn cùng pha nhau.

o   khi $E=\frac{E_0}{2}$  thì $B=\frac{B_0}{2}$ , sau khoảng thời gian là nửa chu kì thì cảm ứng từ lại có độ lớn bằng $\frac{B_0}{2}$

Chọn B

Ta có:

o  $U_2=\frac{N_2}{N_1}{U}_1=\frac{\left(500\right)}{\left(100\right)}.\left(100\right)=500$ V.

Chọn A

Ta có:

o   Năng lượng mà nguồn sáng phát ra được trong 10 s tương ứng với năng lượng của $3,{075.10}^{19}$  hạt photon

o    $n\frac{hc}{\lambda }=Pt$→ $\lambda =\frac{nhc}{Pt}=\frac{\left(3,{075.10}^{19}\right).\left(6,{625.10}^{-34}\right).\left({3.10}^8\right)}{\left(1,25\right).\left(10\right)}=0,49$ µm

Chọn A

Ta có:

o   $r=\arcsin \left(\frac{\sin i}{n}\right)=\arcsin \left[\frac{\sin \left({60}^0\right)}{\left(\frac{4}{3}\right)}\right]\approx 40,5^0$  (tại điểm tới ).

o   $AB=h^{\text{'}}\tan i+h\tan r=\left(20\right)\tan \left({60}^0\right)+\left(60\right)\tan \left(40,5^0\right)\approx 85,9$ cm.

Chọn A

Ta có:

o  $\omega =2\pi f=2\pi .\left(50\right)=100\pi$ rad/s.

o  $E_0=\omega NBS=\left(100\pi \right).\left(500\right).\left(\frac{\sqrt{2}}{5\pi }\right).\left({220.10}^{-4}\right)=220\sqrt{2}$ V.

Chọn A

Ta có:

o   c $P=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{U^2}{R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}$ .

o  $P_{max}$  khi tổng $R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}$  nhỏ nhất.

→ $R=\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}$ → $R=\left|Z_L-Z_C\right|$ .

Chọn C

Gọi:

o   $x_M$  và $x_N$  là hình chiếu của hai dao động trên trục Ox.

o   $d=\left|x_M-x_N\right|=A\cos \left(\omega t+\phi \right)$ , với $A=\sqrt{A_M^2+A_N^2-2A_M{A}_N\cos \Delta \phi }$ .

o   $d_{max}=A$ →  $\left(6\right)=\sqrt{{\left(6\right)}^2+{\left(6\right)}^2-2.\left(6\right).\left(6\right)\cos \Delta \phi }$cm → $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}$ .

Chọn B

Ta có:

o   khoảng cách từ vân sáng bậc 2 đến vân sáng bậc 5 là 3i=3 mm →i=1 mm.

o   $\frac{MN}{i}=\frac{11}{1}=11$  → trên MN có 12 vân sáng.

Chọn D

Ta có:

o   Điều kiện để một điểm trên màn quan sát là vân sáng

 $x=k\frac{D\lambda }{a}$→$\lambda =\frac{ax}{kD}=\frac{{2.10}^{-3}{\mathrm{.4.10}}^{-3}}{k.2}=\frac{4}{k}$  µm.

o   với khoảng giá trị của bước sóng ta tìm được tại vị trí trên có 5 bức xạ đơn sắc cho vân sáng

Chọn B

Ta có:

o  $P=\frac{U^{2}R}{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)}$ .

o    $\frac{P_{max}}{P_{Z_L=0}}=2$→$\frac{\frac{U^2}{R}}{\frac{U^{2}R}{R^2+Z_C^2}}=2$ →$\frac{R^2+Z_C^2}{R^2}=2$  →$Z_C=R$ .

Chọn B

Ta có:

o   mỗi xung mà máy đếm được ứng với một hạt nhân bị phân rã.

o $\Delta N=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$  → $\left\{\begin{array}{l}{n}_1=N_0\left(1-2^{-\frac{7,6}{T}}\right)\\ n_2=1,25n_1=N_0\left(1-2^{-\frac{15,2}{T}}\right)\end{array}\right.$ → T=3,8 ngày.

Chọn A

Ta có:

o    $v~\frac{1}{n}$  → $\frac{v_K}{v_M}=\frac{n_M}{n_K}=\frac{\left(3\right)}{\left(1\right)}=3$ .

Chọn A

Ta có:

o   điện trở của dây tải $R=\rho \frac{l}{S}=\left(2,{5.10}^{-8}\right)\frac{\left({6.10}^3\right)}{\left(0,{5.10}^{-4}\right)}=3$ Ω.

o   dòng điện chạy trong mạch $P=UI\cos \phi$  → $I=100$ A.

Hiệu suất của quá trình truyền tải

o   $H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{I^{2}R}{P}=1-\frac{{\left(100\right)}^2.\left(3\right)}{\left(540000\right)}=0,944$ .

Chọn A

Ta có:

o   $\frac{PB}{PA}={10}^{\frac{L_A-L_B}{20}}=\sqrt{10}$ . Để đơn giản, ta chọn $PA=1$

→$\left\{\begin{array}{l}PB=\sqrt{10}\\ AB=AM=\sqrt{10}-1\end{array}\right.$ → $PM=\sqrt{{\left(1\right)}^2+{\left(\sqrt{10}-1\right)}^2}=2,38$ .

o   $L_M=L_A+20\log \frac{PA}{PM}=\left(40\right)+20\log \left(\frac{1}{2,4}\right)=32,4$ dB.

Chọn A

Ta có:

o  $C_2=\frac{C_1}{2}$  →$Z_{C2}=2Z_{C1}$  →$N{B}^{\text{'}}=2NB$ .

o   $\Delta {\phi }_{u_{AN}}={60}^0$ →$\widehat{BA{B}^{\text{'}}}={60}^0$ .

o   $U_{AN}={U^{\text{'}}}_{AN}$  → $\Delta BA{B}^{\text{'}}$  đều →$Z_{C1}=\frac{2}{\sqrt{3}}R=\frac{2}{\sqrt{3}}.\left(50\sqrt{3}\right)=100$ Ω →$Z_{C1}=\frac{{10}^{-4}}{\pi }$ F.

Chọn D

Ta có:

o   $m_1$  chịu tác dụng của ma sát → vận tốc chỉ có thể lớn nhất trong khoảng thời gian đầu.

o   kể từ thời điểm thả vật $m_2$  đến khi dây bị chùng, ta có thể xem chuyển động của hệ $m_1$ và $m_2$ là dao động điều hòa chịu thêm tác dụng của lực ma sát và lực kéo $\overrightarrow{F}$ với F=$P_2$.

Do đó:

o   vị trí cân bằng của hệ

 $F=F_{ms}+F_{dh}$→ $\Delta l_0=\frac{F-\mu m_{1}g}{k}=\left(\frac{m_2-\mu m_1}{k}\right)g=\left(\frac{3-0,25.1}{100}\right)10=0,275$ m.

o   tần số góc

$\omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{100}{1+3}}=5$rad/s

o   ban đầu lò xo không biến dạng, kích thích bằng cách thả nhẹ →$A=\Delta l_0$

→$v_{max}=\omega A=\left(5\right).\left(0,275\right)=1,375$ m/s.

Chọn D

Ta có:

o  $T~\frac{1}{\sqrt{g}}$  hay $g~\frac{1}{T^2}$ .

o  $g_1^2=g^2+a^2-2ag\sin \alpha$ (1).

o   $g_1^2=g^2+a^2+2ag\sin \alpha$ (2).

o   (1) và (2) → $g_1^2+g_2^2=2\left(g^2+a^2\right)$ → $\frac{1}{T_1^2}+\frac{1}{T_2^2}=\frac{2}{T^2}$ →$T=3,40$ s.