Tuyển tập 30 đề thi THPT quốc gia môn Vật lý năm 2022 (Đề 21)

Đáp án C

Công thức giữa v và a: $\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}=A^2.$

Công thức độc lập trong dao động điều hòa

Hai đại lượng vuông pha nhau được viết dưới dạng công thức độc lập: $\frac{x^2}{x_{max}^x}+\frac{y^2}{y_{max}^2}=1.$

+ x và v vuông pha nhau: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1\Rightarrow x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2.$

+ v và a vuông pha nhau: $\frac{a^2}{{\left({\omega }^{2}A\right)}^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1\Rightarrow \frac{a^2}{{\omega }^4}+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2.$

Đáp án C

Đơn vị của mức cường độ âm là Ben (B) hoặc dexiben (dB).

Đáp án A

Đáp án A

Câu A – đúng.

Câu B, C, D – sai vì tùy loại mạch mà u và i có độ lệch pha khác nhau.

Đáp án D

Quang phổ vạch phát xạ là quang phổ gồm hệ thống các vạch màu riêng biệt trên một nền tối.

Đáp án B

Các đồng vị của cùng một nguyên tố thì có cùng số Z, khác số A.

Đáp án D

Trong dao động cưỡng bức thì tần số dao động có thể khác tần số dao động riêng. Trong dao động cưỡng bức thì tần số dao động là tần số của ngoại lực và biên độ dao động phụ thuộc vào quan hệ giữa tần số của ngoại lực và tần số riêng của con lắc.

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} q=0,6Q_0\Rightarrow W_C=0,36W \\ \Rightarrow W_L=W-W_C=0,64W \\ \Rightarrow \left|i\right|=\sqrt{0,64}{I}_0=0,8I_0. \end{gathered}$$

+ Nếu $i=x{I}_0$ thì $W_L=x^{2}W\Rightarrow W_C=W-W_L=\left(1-x^2\right)W$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|q\right|=\sqrt{1-x^2}{Q}_0\\ \left|q\right|=\sqrt{1-x^2}{Q}_0\end{array}\right.$

+ Nếu $q=y{Q}_0$ thì $W_C=y^{2}W\Rightarrow W_L=W-W_C=\left(1-y^2\right)W$$\Rightarrow \left|i\right|=\sqrt{1-y^2}{I}_0.$

Đáp án A

$n=\frac{Q}{\left|e\right|}=\frac{CU}{\left|e\right|}=\frac{{24.10}^{-9}.450}{1,{6.10}^{-19}}=6,{75.10}^{13}$ electron

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} N=4\pi {.10}^{-7}\frac{N}{\mathcal{l}}I\Rightarrow {75.10}^{-3}=4\pi {.10}^{-7}\frac{1200}{0,2}I \\ \Rightarrow I=9,9\left(A\right). \end{gathered}$$

Đáp án A 

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp với cường độ dòng điện này bằng 0 là một nửa chu kì nên:

$T=\frac{1}{f}\Rightarrow \frac{T}{2}=\frac{1}{2f}=\frac{1}{2.50}=\frac{1}{100}\left(s\right)$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=E_3-E_1=\frac{-13,6}{3^2}-\frac{-13,6}{1^2}=13,6.\frac{8}{9}\\ \frac{hc}{{\lambda }_2}=E_5-E_2=-\frac{13,6}{5^2}-\frac{-13,6}{2^2}=13,6.\frac{21}{100}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{800}{189}. \end{gathered}$$

Đáp án C

Điều kiện của sóng dừng có hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}$

Số nút: $k+1=5\Rightarrow k=4.$

Vận tốc truyền sóng: $v=\frac{l\mathrm{.2.}f}{k}=\frac{\mathrm{2.2.50}}{4}=50\left(m/s\right)$

Đáp án C

Đáp án B

Khi một điện trường biến thiên theo thời gian thì sinh ra một từ trường xoáy.

Đáp án C

Thế năng tính theo công thức $W_t=mgh$ mà $h=1\left(1-cos\alpha \right)$ nên $W_t=mgl\left(1-cos\alpha \right).$

Đáp án C

Phát biểu sai: Hạt nhân có năng lượng liên kết càng lớn thì càng bền vững.

Đáp án A

Vận tốc qua vị trí cân bằng: $v_{max}=\omega A=50(cm/s).$

Gia tốc ở biên: $a_{max}={\omega }^{2}A=5(m/s^2)=500(cm/s^2).$

Lập tỉ số: $\frac{a_{max}}{v_{max}}=\frac{{\omega }^{2}A}{\omega A}=\frac{500}{50}\Rightarrow \omega =10\left(rad/s\right)$

Đáp án D

Ta có: $x_1=4\sin \left(\pi t+\alpha \right)=4cos\left(\pi t+\alpha -\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)$

Biên độ dao động có giá trị nhỏ nhất khi hai dao động ngược pha $\Rightarrow {\phi }_2-{\phi }_1=\pi \Rightarrow 0-\left(\alpha -\frac{\pi }{2}\right)=\pi \Rightarrow \alpha =\frac{-\pi }{2}.$

Biên độ tổng hợp dao động trong các trường hợp đặc biệt

+ $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=2k\pi \to A=A_1+A_2;\phi ={\phi }_1={\phi }_2$ (cùng pha).

+ $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=(2k+1)\pi \to A=\left|A_1-A_2\right|;\phi ={\phi }_1$ nếu $A_1>A_2$ (ngược pha).

+ $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=\left(2k+1\right)\frac{\pi }{2}\to A=\sqrt{{A_1}^2+{A_2}^2}$ (vuông pha).

Chú ý: Biên độ dao động tổng hợp $\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2.$

+ Biên độ tổng hợp $A_{max}\iff A=(A_1+A_2)$ hay $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=2k\pi$

+ Biên độ tổng hợp $A_{\min }\iff A=\left|A_1-A_2\right|$ hay $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=(2k+1)\pi$

Đáp án B

Ta có: $\frac{\Delta N}{N}=\frac{N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)}{N_0{2}^{-\frac{t}{T}}}=2^{\frac{t}{T}}-1=7.$

Đáp án A

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không.

Đáp án D

Cảm kháng: $Z_L=\omega A=100\pi .\frac{2}{\pi }=200\Omega ;$ dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\Omega .$

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$$=\sqrt{{100}^2+{\left(200-100\right)}^2}=100\sqrt{2}\Omega .$

Hiệu điện thế hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}\left(V\right)$

Cường độ hiệu dụng $I=\frac{U}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{100\sqrt{2}}=1\left(A\right)$

Đáp án D

Đáp án A

${\text{W}}_C=3W_L=\frac{3}{4}\text{W}=\frac{3}{4}{\text{W}}_{Lmax}\Rightarrow q=\pm \frac{Q_0\sqrt{3}}{2}.$

Vì q đang giảm về độ lớn và có giá trị dương $\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}.$

Đáp án B

Chọn chiều dương hướng xuống

Vị trí lực đàn hồi cực đại: x = +A

Ta có thời gian lực đàn hồi cực đại đến lúc lực đàn hồi cực tiểu là $\frac{T}{3}$ ứng với góc quét là $\Delta \phi =\omega \Delta =\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{3}=\frac{2\pi }{3}$

Từ vòng tròn lượng giác ta suy ra:

Vị trí lực đàn hồi cực tiểu là: 

$\begin{array}{l}x=-\Delta l=\sin \left(\frac{2\pi }{3}-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{A}{2}=-5cm\\ \Rightarrow \Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{mg}{m{\omega }^2}=0,05\\ \Rightarrow \omega =\sqrt{\frac{g}{0,05}}=10\sqrt{2}\left(rad/s\right)\end{array}$

Vị trí cách vị trí thấp nhất 4 cm có li độ:

x = 10 – 4 = 6 (cm)

$$\begin{gathered} A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\iff {10}^2=6^2+\frac{v^2}{{\left(10\sqrt{2}\right)}^2} \\ \Rightarrow v=\pm 80\sqrt{2}=\pm 113,14cm/s. \end{gathered}$$

Xác định vị trí lực đàn hồi cực đại, lực đàn hồi cực tiểu của con lắc lò xo treo thẳng đứng.

Sử dụng vòng tròn lượng giác và biểu thức $\Delta \phi =\omega \Delta t$

Áp dụng biểu thức xác định độ giãn của lò xo treo thẳng đứng ở vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

Sử dụng hệ thức độc lập: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Đáp án C

Tổng trở: $Z=\frac{U}{I}=\frac{\sqrt{U_R^2+U_C^2}}{I}=\frac{\sqrt{{30}^2+{40}^2}}{0,5}=\frac{50}{0,5}=100\Omega$

→ A đúng.

Cảm kháng: $Z_C=\frac{U_C}{I}=\frac{40}{0,5}=80\Omega$$\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}=\frac{1}{2\pi f{Z}_c}=\frac{1}{2\pi \mathrm{.50.80}}=\frac{125}{\pi }\left(\mu F\right)$

→ B đúng.

Độ lệch pha: $\tan \phi =\frac{-U_C}{U_R}=\frac{-40}{30}\Rightarrow \phi =-53°$ → u trễ pha so với i 1 góc

→ C sai.

Công suất tiêu thụ: $P=UIcos\phi =I{U}_R=0,5.30=15\left(W\right)$ → D đúng.

Đáp án B

Ta có: ${\lambda }_0=300\left(nm\right)={3.10}^{-7}\left(m\right).$

Áp dụng công thức: 

$$\begin{gathered} A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{3.10}^{-7}} \\ =6,{625.10}^{-19}\left(J\right)=\frac{6,{625.10}^{-19}}{1,{6.10}^{-19}} \\ =4,14\left(eV\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có: Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{20}{50}=0,4m.$

A, B dao động cùng pha, suy ra số điểm không dao động (cực tiểu) trên AB thỏa mãn:

$$\begin{gathered} \frac{-L}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{L}{\lambda }-\frac{1}{2} \\ \iff \frac{-1,2}{0,4}-\frac{1}{2}<k<\frac{1}{0,4}-\frac{1}{2} \\ \iff -3,5<k<2,5\Rightarrow k=-3;\pm 2;\pm ;0 \end{gathered}$$

Vậy có 6 điểm.

Phương pháp tính số cực đại, cực tiểu trên đoạn cách hai nguồn AB

Bước 1: Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=vT.$

Bước 2: $-L<d_2-d_1<L$

− Đối với 2 nguồn cùng pha thì:

+ Số điểm dao động cực đại: $d_2-d_1=k\lambda \Rightarrow -L<k\lambda <L$$\Rightarrow \frac{-L}{\lambda }<k<\frac{L}{\lambda }$→ Giải tìm k nguyên.

+ Số điểm dao động cực tiểu (không dao động):

$$\begin{gathered} d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \Rightarrow -L<\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda <L \\ \Rightarrow \frac{-L}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{L}{\lambda }-\frac{1}{2} \end{gathered}$$

→ Giải tìm k nguyên.

− Đối với 2 nguồn ngược pha thì số điểm cực đại và cực tiểu ngược lại.

Đáp án B

Khi electron chuyển động xung quang hạt nhân dưới tác dụng của lực điện thì lực điện đóng vai trò tạo ra lực hướng tâm giúp electron chuyển tròn đều.

Do đó: $F_{ht}=F_d\iff m\frac{v^2}{R}=\frac{k{q}_e^2}{R^2}$

$\Rightarrow v^2~\frac{1}{R}$ với $R=n^2{R}_0\Rightarrow v~\frac{1}{n}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{v_N}{v_K}=\frac{n_K}{n_N}=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow v_N=\frac{v_K}{4}=\frac{2,{186.10}^6}{4}=5,{465.10}^{5}m\left(/s\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Vì $\overline{I}$ luôn trễ pha hơn $\overline{U_L}$ là $\frac{\pi }{2}$ và theo đề $\overline{U}$ sớm pha hơn $\overline{U_L}$ là $\frac{\pi }{3}$ nên $\overline{U}$ sớm pha hơn $\overline{I}$ là $\frac{\pi }{6}$, tức là $\phi =\frac{\pi }{6}.$

Ta có: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\tan \frac{\pi }{6}\Rightarrow R=\left(Z_L-Z_C\right)\sqrt{3}>0.$

$$\begin{gathered} U_L=\sqrt{2}{U}_{AB}\Rightarrow Z_L=\sqrt{2}\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ \Rightarrow Z_L=\mathrm{2.2.}\left(Z_L-Z_C\right)\Rightarrow Z_L=\frac{4}{3}{Z}_C. \end{gathered}$$

Để xảy ra cộng hưởng thì

$$\begin{gathered} Z_C^{\text{'}}=Z_L\Rightarrow Z_C^{\text{'}}=\frac{4}{3}{Z}_C \\ \Rightarrow \frac{1}{\omega C^{\text{'}}}=\frac{4}{3}\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C^{\text{'}}=\frac{3}{4}C. \end{gathered}$$

Đáp án D

Độ tụ của hệ thấu kính ghép sát:

$D=D_M+D_k\iff \frac{1}{f}=\frac{1}{f_M}+\frac{1}{f_k}$ thấu kính ghép sát:

+ Sau khi ghép tiêu điểm phải nằm đúng trên võng mạc: $\underset{f_M=f_{max}=18}{\overset{f=OV=15}{\to }}\frac{1}{15}=\frac{1}{18}+\frac{1}{f_k}\Rightarrow f_k=90\left(mm\right)$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{i}_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=0,8\left(mm\right)\\ i_2^{}=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=\frac{2}{3}\left(mm\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{i_1}{i_2}=\frac{0,8}{2/3}=\frac{6}{5} \\ \Rightarrow i_{\equiv }=5i_1=6i_2=5.0,8=4\left(mm\right) \end{gathered}$$

Số vân sáng của hệ 1, hệ 2 và số vân trùng trong trường giao thoa:

$\begin{array}{l}{N}_1=2\left[\frac{L}{2i_1}+1\right]=2\left[\frac{10}{2.0,8}\right]+1=13;\\ N_2=2\left[\frac{L}{2i_1}\right]+1=2\left[\frac{10}{2.2/3}\right]+2=15.\\ N_{\equiv }=2\left[\frac{L}{2i_{\equiv }}\right]+1=2\left[\frac{10}{2.4}\right]+1=3.\end{array}$

Tổng số vạch sáng trên khoảng MN:

13 + 15 − 3 = 25.

Đáp án C

Trong một chu kì, lò xo nén khi con lắc di chuyển trong khoảng $-A\le x\le \Delta l_0,$ thời gian lò xo bị nén $t=\frac{T}{6}$ ứng với góc quét $\phi =\frac{\pi }{3}\left(rad\right).$

Phương pháp đường tròn

Từ hình vẽ, ta có:

$$\begin{gathered} cos\frac{\pi }{6}=\frac{\Delta l_0}{A}\Rightarrow \Delta l_0=\frac{\sqrt{3}}{2}A \\ \Rightarrow v_{max}=\omega A=\frac{10\sqrt{3}\pi }{cos\frac{\pi }{6}}=\pi 20\sqrt{3}\left(cm/s\right) \end{gathered}$$

Biến đổi:

$$\begin{gathered} v_{max}=\omega A=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}\frac{2\Delta l_0}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{g\Delta l_0} \\ \Rightarrow \Delta l_0=\frac{3v_{max}^2}{4g} \end{gathered}$$

Chu kì:

$T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}=0,6s.$

Đáp án D

Khi mạch cộng hưởng: $\omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C_0=\frac{1}{L{\omega }^2}=\frac{100}{\pi }\left(\mu F\right)$

Vì $\frac{200}{\pi }\left(\mu F\right)\ge C_0\ge \frac{50}{\pi }\left(\mu F\right)$ nên I tăng rồi giảm.

Đáp án D

Khối lượng khi hạt chuyển động là $m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=\frac{m_0}{\sqrt{1-{\left(\frac{0,6c}{c}\right)}^2}}=1,25m_0$

Động năng của hạt khi chuyển động là: $W_d=\left(m-m_0\right)c^2=\left(1,25m_0-m_0\right)c^2=0,25m_0{c}^2.$

Đáp án A

Ta có: $\lambda =2\pi \frac{v}{\omega }=2\pi \frac{\left(50\right)}{\left(20\pi \right)}=5cm.$

$\frac{AB}{\lambda }=\frac{\left(18\right)}{\left(5\right)}\approx 3,6$ → có tất cả 7 dãy cực đại giao thoa ứng với $k=0,\pm 1,\pm \mathrm{2...}$

Vì tính đối xứng, ta chỉ xét các dãy cực đại ở góc phần tư thứ nhất

Điều kiện để có cực đại, cùng pha $\left\{\begin{array}{l}AN-BN=k\lambda \\ AN+BN=n\lambda \end{array}\right.,$ n và k cùng tính chất chẵn lẻ và

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}k=1,2,3\\ AN+BN\ge AB\end{array}\right..\\ k=1\to \left\{\begin{array}{l}AN-BN=5\\ AN+BN=25\end{array}\right.cm\to \left\{\begin{array}{l}AN=15\\ BN=10\end{array}\right.cm.\\ k=2\to \left\{\begin{array}{l}AN-BN=10\\ AN+BN=20\end{array}\right.cm\to \left\{\begin{array}{l}AN=15\\ BN=5\end{array}\right.cm.\\ k=3\to \left\{\begin{array}{l}AN-BN=15\\ AN+BN=25\end{array}\right.cm\to \left\{\begin{array}{l}AN=20\\ BN=5\end{array}\right.cm.\\ \to AM-AN=\left(20\right)-\left(15\right)=5cm.\end{array}$

Đáp án C

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:

$\begin{array}{l}{m}_p\overrightarrow{v_P}=m_{\alpha }\overrightarrow{v_{{\alpha }_1}}+m_{\alpha }\overrightarrow{v_{{\alpha }_2}}\\ \Rightarrow {\left(m_p\overrightarrow{v_P}\right)}^2={\left(m_{\alpha }\overrightarrow{v_{{\alpha }_1}}\right)}^2+{\left(m_{\alpha }\overrightarrow{v_{{\alpha }_2}}\right)}^2+2\left(m_{\alpha }{v}_{{\alpha }_1}\right)\left(m_{\alpha }{v}_{{\alpha }_2}\right)cos160°\\ \Rightarrow 2m_P{W}_P=4m_{\alpha }{W}_{\alpha }+4m_{\alpha }{W}_{\alpha }cos160°\\ \Rightarrow W_{\alpha }=\frac{m_P{W}_P}{2m_{\alpha }\left(1+cos160°\right)}=\frac{1.5,5}{2.4\left(1+cos160°\right)}\approx 11,4\left(MeV\right)\\ \Rightarrow \Delta E=\sum W_{sau}-\sum W_{truoc}=2W_{\alpha }-W_P=2.11,4-5,5=17,3.\end{array}$

Đáp án A

Tại thời điểm $t:i=3\sqrt{2}=I_0\Rightarrow$ biểu diễn bằng M₁

Sau đó: $\frac{\pi }{6}$

+ Pha của dòng điện đã biến thiên một lượng: $\Delta \phi =\omega \Delta t=100\pi .\frac{1}{300}=\frac{\pi }{3}$

Lúc này dòng điện đang ở vị trí M₂

Điện áp lúc này bằng không và đang giảm

→ biểu diễn bằng M₃

Từ hình ta thấy: điện áp nhanh pha $\frac{\pi }{6}$  so với dòng điện nên biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là: $i=3\sqrt{2}cos100\pi t\left(A\right).$

Khi đó, biểu thức điện áp giữa hai đầu điện trở R: $u_R=90\sqrt{2}cos100\pi t\left(V\right).$

Mạch AB gồm điện trở R mắc nối tiếp với mạch X nên:

$$\begin{gathered} u=u_X+u_R\Rightarrow u_X=u-u_R \\ =100\sqrt{6}\angle \frac{\pi }{6}-90\sqrt{2}\angle 0=10\sqrt{222}\angle 0,965 \end{gathered}$$

Công suất tiêu thụ trên hộp kín X là:

$$\begin{gathered} P_X=U_X.I.cos{\phi }_X=\frac{10\sqrt{222}}{\sqrt{2}}.3\cos \left(0,965-0\right) \\ =180W. \end{gathered}$$

Đáp án A

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}=0,5\left(mm\right).$

Vì hai điểm M và N trên màn ở khác phía so với vân sáng trung tâm nên có thể chọn $x_M=-12,3mm$ và $x_N=5,2mm.$

$\left\{\begin{array}{l}{x}_M\le ki=k.0,5\le x_N\Rightarrow -24,6\le k\le 10,4\Rightarrow k=-24;\mathrm{...10} : có 35 giá trị\\ x_M\le \left(m+0,5\right)i=\left(m+0,5\right)0,5\le x_N\Rightarrow -25,1\le m\le 9,9\Rightarrow m=-\mathrm{25....9} : có 35 giá trị\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}Q=CU={100.10}^{-12}.60={6.10}^{-8}C\\ E=\frac{U}{d}=\frac{60}{{10}^{-3}}={6.10}^4\frac{V}{m}\end{array}\right.$