[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 4

Phương pháp: 

Biểu thức cường độ dòng điện: $\text{i}={\text{I}}_0\cos (\omega \text{t}+\phi )$ 

Trong đó: i là cường độ dòng điện tức thời

I0 là cường độ dòng điện cực đại 

$\text{I}=\frac{{\text{I}}_0}{\sqrt{2}}$ là cường độ dòng điện hiệu dụng 

ω là tần số của dòng điện

φ là pha ban đầu 

$(\omega t+\phi )$ là pha dao động 

Cách giải:

Biểu thức cường độ dòng điện $\text{i}={\text{I}}_0\cos (\omega \text{t}+\phi )$ có I0 là cường độ dòng điện cực đại

Chọn C.

Phương pháp: Sử dụng kĩ năng độc đồ thị 

Độ lệch pha theo tọa độ: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }$ 

Sử dụng VTLG 

Vận tốc dao động cực đại: Vmax = ωA

Công thức độc lập với thời gian: ${\text{x}}^2+\frac{{\text{v}}^2}{{\omega }^2}={\text{A}}^2$ 

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy bước sóng:  = 30 (cm) 

Độ lệch pha của điểm M so với nguồn là: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }=\frac{2\pi .10}{30}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Tại thời điểm t, nguồn O đang ở VTCB 

Từ đồ thị ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy: ${\text{x}}_{\text{M}}=\text{A}\cos \frac{\pi }{6}\Rightarrow \frac{{\text{x}}_{\text{M}}}{\text{A}}=\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

${\text{x}}_{\text{M}}^2+\frac{{\text{v}}^2}{{\omega }^2}={\text{A}}^2\Rightarrow \frac{{\text{xM}}^2}{ {\text{A}}^2}+\frac{{\text{v}}^2}{{\text{v}}_{{\max }^2}}=1\Rightarrow {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\text{v}}{{\text{v}}_{\text{max }}}\right)}^2=1\Rightarrow \frac{\text{v}}{{\text{v}}_{\text{max }}}=0,5$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Dây treo lệch khỏi phương thẳng đứng một góc lớn nhất khi vật ở vị trí biên

Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB đến vị trí biên là: $\frac{\text{T}}{4}$ 

Cách giải: Thời gian ngắn nhất khi vật nhỏ đi từ vị trí có dây treo theo phương thẳng đứng đến vị trí mà dây treo lệch một góc lớn nhất so với phương  thẳng đứng là: $\frac{T}{4}=\frac{2}{4}=0,5( \text{s})$

Chọn D. 

Phương pháp:

Hai nguồn cùng pha, điều kiện cực đại giao thoa: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda$ (k = 0; $\pm$1, $\pm$2,...) 

Cách giải:

Cực đại giao thoa nằm tại những điểm có hiệu đường đi của hai sóng từ hai nguồn tới đó là:

${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda$  (k = 0; $\pm$1; $\pm$2;...) 

Chọn D. 

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết máy phát thanh

Cách giải:

Trong máy phát thanh, mạch dùng để trộn dao động âm tần và dao động cao tần thành dao động cao tần biến điệu là mạch biến điệu 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết điện từ trường

Cách giải:

Điện từ trường có thể tồn tại xung quanh một dòng điện xoay chiều 

Chọn C.

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Lực phục hồi: Fph = -kx

Lực đàn hồi: Fdh = k∆l 

Sử dụng VTLG và công thức: $\omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}$

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy đồ thị (1) là đồ thị lực phục hồi, đồ thị (2) là đồ thị lực đàn hồi 

Ở thời điểm t = 0, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{F}_{\text{ph min }}=-\text{kA}\\ {\text{F}}_{\text{db max }}=\text{k}\left(\text{A}+\Delta l_0\right)\end{array}\right.$ 

$\to$ ở thời điểm đầu, vật ở vị trí biên dưới

Tại thời điểm đầu tiên lực phục hồi Fph =0 $\Rightarrow$ x = 0, lực đàn hồi có độ lớn là:

${\text{F}}_{\text{dh}}=1( \text{N})\Rightarrow \text{k}\Delta l_0=1$ 

Tại điểm M, vật ở vị trí biến trên, lực đàn hồi là:

${\text{F}}_{dh}=1( \text{N})\Rightarrow \text{k}\left(\text{A}-\Delta l_0\right)=1$ 

$\Rightarrow \text{k}\Delta l_0=\text{k}\left(\text{A}-\Delta l_0\right)\Rightarrow \Delta l_0=\text{A}-\Delta l_0\Rightarrow \Delta l_0=\frac{\text{A}}{2}$ 

Chọn trục thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy từ thời điểm t = 0 đến thời điểm $\text{t}=\frac{2}{15} \text{s}$, vecto quay được góc: 

$\Delta \phi =\frac{4\pi }{3}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{\frac{4\pi }{3}}{\frac{2}{15}}=10\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Lại có: $\omega =\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}=\sqrt{\frac{\text{g}}{\Delta l_0}}\Rightarrow \sqrt{\frac{{\pi }^2}{\Delta l_0}}=10\pi \Rightarrow \Delta l_0=0,01( \text{m})$ 

Lực đàn hồi: Fdh = k∆l­0 $\Rightarrow$10 = k.0, 01 $\Rightarrow$k =100 (N/m) 

Chọn A. 

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Hiệu điện thế hiệu dụng: $\text{U}=\text{I}\sqrt{{\text{R}}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-{\text{Z}}_{\text{C}}\right)}^2}$ 

Sử dụng VTLG 

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Hai đại lượng vuông pha có: tan a. tan b = -1 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy trong thời gian từ $\frac{1}{150}$ s đến $\frac{4}{150}$ s, hiệu điện thế thực hiện được 1 chu kì:

$\text{T}=\frac{4}{150}-\frac{1}{150}=0,02( \text{s})\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{\text{T}}=\frac{2\pi }{0,02}=100\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Ở thời điểm t =$\frac{1}{150}$s, vecto quay được góc là:

$\Delta \phi =\omega \Delta \text{t}=100\pi \cdot \frac{1}{150}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Gọi đồ thị đường nét liền là đồ thị (1), đường nét đứt là đồ thị (2)

Đồ thị (1) có biên độ 20(V), đồ thị (2) có biên độ là: 20.$\frac{3}{4}$ =15(V) 

Ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy đồ thị (2) sớm pha hơn đồ thị (1) góc: $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{AM}}}\perp \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{MB}}}$ 

→ Đồ thị (2) là đồ thị uAM , đồ thị (1) là đồ thị uMB          

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{U}}_{0A\text{M}}=20( \text{V})\\ {\text{U}}_{0MB}=15( \text{V})\end{array}\Rightarrow \frac{{\text{U}}_{0\text{AM}}}{{\text{U}}_{0M\text{B}}}=\frac{{\text{Z}}_{\text{AM}}}{{\text{Z}}_{\text{MB}}}=\frac{4}{3}\Rightarrow \frac{{\text{R}}^2+{\text{Z}}_L^2}{{\text{R}}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-{\text{Z}}_{\text{C}}\right)}^2}={\left(\frac{4}{3}\right)}^2=\frac{16}{9}\left(\text{l}\right)\right.$ 

Ta có: $\overrightarrow{{\text{U}}_{A\text{M}}}\perp \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{MB}}}\Rightarrow \tan {\phi }_{\text{AM}}\cdot \tan {\phi }_{\text{MB}}=-1$ $\Rightarrow \frac{Z_L}{R}.\frac{Z_L-Z_c}{R}=-1\Rightarrow Z_L\cdot \left(Z_C-Z_L\right)=R^2$ (2)

Thay (2) vào (1), ta có: 

$\frac{Z_L.\left(Z_C-Z_L\right)+Z_L^2}{Z_L.\left(Z_C-Z_L\right)+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{16}{9}$ $\Rightarrow \frac{Z_L.Z_C}{Z_C.\left(Z_C-Z_L\right)}=\frac{16}{9}\Rightarrow \frac{Z_L}{Z_C-Z_L}=\frac{16}{9}$ 

$\Rightarrow 9Z_{\text{L}}=16{\text{Z}}_C-16{\text{Z}}_{\text{L}}\Rightarrow {\text{Z}}_{\text{L}}=\frac{16}{25}{\text{Z}}_{\text{C}}$ 

Thay vào (2) ta có: 

$\frac{16}{25}{Z}_C.\left(Z_C-\frac{16}{25}{Z}_C\right)=R^2={100}^2\Rightarrow \frac{144}{625}{Z}_C^2={100}^2\Rightarrow Z_C=\frac{625}{3}\left(\Omega \right)$ 

$\Rightarrow \frac{1}{\omega C}=\frac{625}{3}\Rightarrow \frac{1}{100\pi C}=\frac{625}{3}\Rightarrow C=\frac{3}{62500\pi }\left(F\right)=\frac{48}{\pi }\left(\mu F\right)$ 

Chọn B.