Đề Thi Thử Tốt Nghiệp 2022 Môn Lý Online Bám Sát Đề Tham Khảo (Đề 1)

Khoảng vân của bước sóng 500 nm là \({i_1} = \frac{{{\lambda _1}D}}{a} = 0,3\,mm\) Điều kiện để 2 vân sáng trùng nhau: \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{660}}{{500}} = \frac{{33}}{{25}}\) ⇒ Khoảng vân trùng: \({i_ \equiv } = 33{i_1} = 33.0,3 = 9,9\,mm\) Vậy khoảng cách từ vân chính giữa đến vân gần nhất cùng màu với vân chính giữa là 9,9 mm.

Để hiện tượng quang điện xảy ra, tức là êlectron phải bật được ra ngoài kim loại, thì năng lượng của phôtôn kích thích phải lớn hơn hoặc bằng công thoát A, hay nói theo cách của định luật quang điện I: ánh sáng kích thích phải có bước sóng \(\lambda \) nhỏ hơn hoặc bằng giới hạn quang điện \({\lambda _0}\) Vì vậy ta cần ánh sáng có bước sóng nhỏ hơn Đáp án

Căn cứ vào các tính chất của tia laze, chọn

Giới hạn quang điện của kim loại là \({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = 0,26\,\mu m\)Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện là \(\lambda \leqslant {\lambda _0}\). Do đó, các ánh sáng kích thích có bước nhỏ hơn 0,26 μm sẽ có thể gây ra hiện tượng quang điện ở kim loại này.

Viết phương trình phóng xạ \({}_6^{14}C \to {}_Z^AX + {}_{ – 1}^0{\beta ^ – }\), do đó X là hạt nhân \({}_7^{14}N\).Hạt này có 7 proton và 7 notron.

+ Ta có: \(e = – L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {e_1} = – L\frac{{\Delta {i_1}}}{{\Delta {t_1}}} \hfill \\ {e_2} = – L\frac{{\Delta {i_2}}}{{\Delta {t_2}}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \frac{{{e_1}}}{{{e_2}}} = \frac{{\Delta {i_1}}}{{\Delta {t_1}}}.\frac{{\Delta {t_2}}}{{\Delta {i_2}}} = \left( {\frac{{1 – 2}}{1}} \right)\left( {\frac{{3 – 1}}{{0 – 1}}} \right) = 2 \Rightarrow {e_1} = 2{e_2}\)\( \Rightarrow \)

Tần số góc biến thiên để ULmaxnên ta có: \({U_{L\max }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2}C}}{{2L}}.\left( {2 – \frac{{{R^2}C}}{{2L}}} \right)} }} = \frac{{4U}}{{\sqrt 7 }}\)Đặt \(\frac{{{R^2}C}}{{2L}} = x = > x = \frac{1}{4}\)Khi tần số góc là w1thì : \({U_L} = \frac{{U.\omega .L}}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}.{\omega ^2} – \frac{{2L}}{C} + \frac{1}{{{\omega ^2}.{C^2}}}} }} = U\sqrt 2 \)\( = > \frac{1}{{{L^2}{C^2}{\omega ^4}}} + ({R^2} – \frac{{2L}}{C}).\frac{1}{{{\omega ^2}.{L^2}}} + \frac{1}{2} = 0\)Áp dụng định lý viet phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:\(\frac{1}{{\omega _1^2}}.\frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{c}{a} = \frac{{{L^2}.{C^2}}}{2} = > LC = \frac{1}{{200}}\)Từ \(\frac{{{R^2}.C}}{{2L}} = \frac{{{R^2}.{C^2}}}{{2LC}} = \frac{1}{4} = > {R^2}.{C^2} = \frac{{LC}}{2} = \frac{1}{{400}}\)Mặt khác ta lại có:\(\frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{1}{{\omega _0^2}} = – {C^2}({R^2} – \frac{{2L}}{C}) = – {R^2}{C^2} + 2LC\)\( = > \frac{{\omega _1^2 + \omega _2^2}}{{\omega _1^2\omega _2^2}} = – \frac{1}{{400}} + 2.\frac{1}{{200}} = \frac{3}{{400}} = > \omega _1^2 + \omega _2^2 = {(200\sqrt 2 )^2}.\frac{3}{{400}} = 600\)Biết tổng và tích ta tìm ra được \(\omega _1^4 – 600\omega _1^2 + 80000 = 0 = > \left[ \begin{gathered} \omega _1^2 = 200 \hfill \\ \omega _1^2 = 400 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left[ \begin{gathered} {\omega _1} = 10\sqrt 2 \hfill \\ {\omega _1} = 20 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Vậy \({\omega _1} = 10\sqrt 2 \)

Ta có phương trình phản ứng là: \(_1^1p + _3^7Li \to 2_2^4He\)Sau phản ứng tạo thành 2 hạt He, bay theo hai hướng tạo với hướng của p ban đầu một góc 800.Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có hình biểu diễn các vecto động lượngÁp dụng định lý sin trong tam giác ta có:\(\frac{{{p_{He}}}}{{\sin {{80}^0}}} = \frac{{{p_p}}}{{\sin {{20}^0}}} \Leftrightarrow \frac{{{p^2}_{He}}}{{{{\sin }^2}{{80}^0}}} = \frac{{{p^2}_p}}{{{{\sin }^2}{{20}^0}}} \Leftrightarrow \frac{{2.{m_{He}}.{K_{He}}}}{{{{\sin }^2}{{80}^0}}} = \frac{{2{m_p}.{K_p}}}{{{{\sin }^2}{{20}^0}}}\)\({K_p} = \frac{1}{2}.{m_p}.v_p^2 = \frac{1}{2}.1,0072u.0,1{c^2}.931,5MeV/{c^2} = 4,69MeV\)\( = > {K_{He}} = \frac{{2{m_p}.{K_p}}}{{{{\sin }^2}{{20}^0}}}.\frac{{{{\sin }^2}{{80}^0}}}{{2.{m_{He}}}} = 9,72MeV\)Năng lượng của phản ứng là: \(\Delta E = {K_{He}} – {K_p} = 2.9,72 – 4,69 = 14,75MeV\)

Chọn gốc toạ độ tại VTCB; chiều dương hướng xuống dưới.Độ giãn của hệ lò xo + dây đàn hồi khi vật ở VTCB: \(\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,1.10}}{{40}} = 2,5cm\)- Khoảng thời gian từ khi thả vật đến khi vật đạt độ cao cực đại lần thứ nhất được chia làm hai giai đoạn:+ Giai đoạn 1 (sợi dây bị kéo giãn tương đương như một lò xo): Vật đi từ vị trí biên x = 5cm đến vị trí x = -∆l = -2,5cm+ Giai đoạn 2 (khi dây bị trùng lực đàn hồi bị triệt tiêu): Vật đi từ vị trị x = -∆l = -2,5cm đến biên âm.- Giai đoạn 1:Hệ dao động gồm lò xo và sợi dây đàn hồi nhẹ có cùng chiều dài tự nhiên treo thẳng đứng vào cùng một điểm cố định đầu còn lại của lò xo và sợi dây gắn vào vật nặng được coi như hai lò xo mắc song song=> Độ cứng của hệ: k = k1 + k2 = 10 + 30 = 40 N/mChu kì dao động của hệ: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,1}}{{40}}} = 0,1\pi \left( s \right)\)Ban đầu vật ở VTCB, kéo vật thẳng đứng xuống dưới một đoạn a = 5cm rồi thả nhẹ => A = 5cm.Thời gian vật đi từ x = 5cm đến x = -2,5cm được biểu diễn trên đường tròn lượng giác: => Góc quét: \({\alpha _1} = \frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{6} = \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow {t_1} = \frac{{2\pi }}{3}\frac{T}{{2\pi }} = \frac{{2\pi }}{3}.\frac{{0,1\pi }}{{2\pi }} = \frac{\pi }{{30}}s\)Tại li độ x = -2,5cm vật có vận tốc: \(v = \omega \sqrt {{A^2} – {x^2}} = \frac{{2\pi }}{{0,1\pi }}\sqrt {{5^2} – 2,{5^2}} = 50\sqrt 3 \left( {cm/s} \right)\)- Giai đoạn 2:Độ giãn của lò xo ở VTCB: \(\Delta l' = \frac{{mg}}{{{k_1}}} = 10cm\) => tại vị trí lò xo không biến dạng x = -10cmVật dao động điều hoà với chu kì và biên độ: \(\left\{ \begin{gathered} T' = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{{k_1}}}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,1}}{{10}}} = 0,2\pi \left( s \right) \Rightarrow \omega ' = \frac{{2\pi }}{{0,2\pi }} = 10rad/s \hfill \\ A' = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{{\omega '}^2}}}} = \sqrt {{{\left( { – 10} \right)}^2} + \frac{{{{\left( {50\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{{10}^2}}}} = 5\sqrt 7 cm \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Vật đi từ vị trí x = -∆l = -10cm đến biên âm \(x = – 5\sqrt 7 cm\) được biểu diễn trên đường tròn lượng giác: Từ đường tròn lượng giác ta tính được: \({\alpha _2} = 0,71rad \Rightarrow {t_2} = \frac{{{\alpha _2}}}{{\omega '}} = 0,071s\) => Khoảng thời gian kể từ khi thả vật đến khi vật đạt độ cao cực đại: t = t1 + t2 = 0,175s

Khi nguồn âm O đặt tại B, người đứng tại C nghe được âm có mức cường độ âm: \({L_C} = 10.\log \frac{P}{{4\pi .B{C^2}}} = 40dB\)Khi di chuyển nguồn O trên đoạn AB và người M di chuyển trên đoạn AC sao cho BO = AM thì mức cường độ âm người nghe được: \({L_M} = 10.\log \frac{P}{{4\pi .O{M^2}}}\)Ta có: \({\left( {{L_M}} \right)_{\max }} \Leftrightarrow O{M_{\min }}\)∆ABC vuông cân tại A có BO = AM => OMmin <=> OM là đường trung bình của ∆ABC\( \Rightarrow O{M_{\min }} = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow {\left( {{L_M}} \right)_{m{\text{ax}}}} = 10.\log \frac{P}{{4\pi .{{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}}} = 10.\log \frac{{4P}}{{4\pi .B{C^2}}}\)\( \Rightarrow {\left( {{L_M}} \right)_{\max }} – {L_C} = 10.\log \frac{{4P}}{{4\pi .B{C^2}}} – 10.\log \frac{P}{{4\pi .B{C^2}}} = 10\log 4 \Rightarrow {\left( {{L_M}} \right)_{\max }} = {L_C} + 10\log 4\)\( \Rightarrow {\left( {{L_M}} \right)_{\max }} = 40 + 10\log 4 = 46dB\)

Biểu thức các dòng điện: \({i_1} = 4\cos 2000\pi t\left( {mA} \right),\,{i_2} = 3\cos \left( {2000\pi t – 0,5\pi } \right)\left( {mA} \right).\) \( \Rightarrow i = {i_1} + {i_2} = 4 + 3\angle \left( { – 0,5\pi } \right) = 5\angle \left( { – 0,6435} \right) \Rightarrow {I_0} = 5\left( {mA} \right)\) \( \Rightarrow {Q_0} = \frac{{{I_0}}}{\omega } = \frac{{2,5}}{\pi }{.10^{ – 6}}\left( C \right) \Rightarrow \) .