Đề thi thử THPT quốc gia môn Vật Lý năm 2024 online - Mã đề 04

Đáp án : B

Trong dao động tắt dần, đại lượng giảm dần theo thời gian là biên độ.

Đáp án : A

Chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Đáp án : D

- Tần số của dòng điện là:

\(f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{120\pi }}{{2\pi }} = 60Hz\) => A sai

- Cường độ dòng điện cực đại là:

\({I_0} = 5{\rm{A}}\) => B sai

- Pha dao động của dòng điện là \(\left( {120\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)\) => C sai

- Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}A\) => D đúng

Đáp án : C

Tổng trở của mạch \(RLC\) mắc nối tiếp: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)

Đáp án : B

Tách ra một chùm hẹp ánh sáng Mặt Trời cho rọi xuống mặt nước của một bể bơi. Chùm sáng này đi vào trong nước tạo ra ở đáy bể một dải sáng có màu từ đỏ đến tím. Đây là hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Đáp án : B

Cảm ứng từ tại điểm \(M\) cách dây dẫn thẳng dài mang dòng điện \(I\) một khoảng \(r\) được tính bởi công thức:

\(B = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{I}{r}\)

Đáp án : D

Cường độ điện trường tại \(M\) cách \(A\) một khoảng \(r\) là:

\(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| Q \right|}}{{{r^2}}}\)

Đáp án : C

Theo giả thuyết lượng tử của Planck, lượng tử năng lượng là năng lượng của một photon.

Đáp án : C

Theo thuyết tương đối Anhxtanh, một vật có khối lượng \(m_0\) khi ở trạng thái nghỉ thì khi chuyển động với tốc độ \(v,\) khối lượng sẽ tăng lên thành \(m\) với:

\(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}\)

Đáp án : A

Tần số của con lắc lò xo dao động điều hòa: \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \)

\( \Rightarrow \) Phát biểu sai là: Tần số của dao động là \(f = 2\pi \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)

Đáp án : A

Bước sóng là quãng đường sóng truyền được trong một chu kì.

Đáp án : D

Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi \({Z_L} = {Z_C}\)

Đáp án : C

Máy phát điện xoay chiều ba pha là máy tạo ra ba suất điện động xoay chiều hình \(\sin\) có cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{{2\pi }}{3}\)

Đáp án : B

Ta có bảng sau:

Vậy sóng điện từ có bước sóng \(0,5 m\) là sóng cực ngắn.

Đáp án : D

* Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản:

1.Micrô:thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang)

3. Mạch biến điệu:trộn sóng âm tần với sóng mang

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần

5. Anten: phát sóng ra không gian.

* Sơ đồ khối của một máy thu thanh vô tuyến đơn giản:

1. Anten thu:thu sóng để lấy tín hiệu

2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.

3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần

4. Mach khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần

5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh

Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản gồm: micrô, bộ phát sóng cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch đại và anten.

Đáp án : C

Chất quang dẫn là chất dẫn điện kém khi không bị chiếu sáng và trở thành chất dẫn điện tốt khi bị chiếu ánh sáng thích hợp.

Đáp án : D

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)

Trong đó: Số bó sóng = k; Số bụng sóng = k; Số nút sóng = k + 1.

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)

Đáp án : D

Tia tử ngoại bị thuỷ tinh và nước hấp thụ rất mạnh.

\( \Rightarrow \) Phát biểu sai là: Tia hồng ngoại bị thuỷ tinh và nước hấp thụ rất mạnh.

Đáp án : B

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau 4 chu kì bán rã là:

\(m = {m_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}} = {m_0}{.2^{ - \dfrac{{4T}}{T}}} = {m_0}{.2^{ - 4}} = \dfrac{{{m_0}}}{16}\)

Đáp án : B

Để xảy ra hiện tượng quang điện với tấm đồng thì bức xạ chiếu vào phải thỏa mãn:

\(\lambda \le {\lambda _0} \Leftrightarrow \lambda \le 0,30\mu m\)

Có \({\lambda _2} = 0,25\mu m \le 0,30\mu m\) nên chỉ có bức xạ \({\lambda _2}\) gây ra hiện tượng quang điện với tấm đồng.

Đáp án : A

Tiêu cự của TKPK: \(f =  - 20cm =  - 0,2m\)

Độ tụ của thấu kính là: \(D = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{{ - 0,2}} =  - 5dp\)

Đáp án : B

Âm nghe được có tần số từ \(16Hz - 20000Hz\)

Ta có:

+ \(T = {8.10^{ - 6}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 125000Hz\) => loại

+ \(T = {5.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 20Hz\) => nhận

+ \(T = {7.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 14,3Hz\) => loại

+ \(T = {8.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 12,5Hz\) => loại

Đáp án : A

Độ hụt khối của hạt nhân \({}_{92}^{234}U\) bằng:

\(\Delta m = 92.1,007276 + \left( {234 - 92} \right).1,008665 - 233,9904 = 1,909422u\)

Đáp án : C

Ta có hình ảnh giao thoa sóng:

Giữa \(M\) và đường trung trực của \(AB\) có một đường không dao động

\( \Rightarrow \) Điểm \(M\) thuộc cực đại ứng với \(k = 1.\)

Đáp án : D

Quỹ đạo \(L\) ứng với \(n = 2;\) quỹ đạo \(N\) ứng với \(n = 4.\)

Ta có: \(\dfrac{{{r_N}}}{{{r_L}}} = \dfrac{{{4^2}{r_0}}}{{{2^2}{r_0}}} = 4 \Rightarrow {r_N} = 4{r_L}\)

Đáp án : A

Biểu thức của điện áp: \(u = {U_0}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\)

Biểu thức của cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần:

\(i = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{6}} \right)\)

Đáp án : A

Biên độ dao động tổng hợp đạt giá trị cực đại là:

\({A_{\max }} = {A_1} + {A_2} = 4 + 3 = 7cm\)

Đáp án : A

Chu kì dao động riêng của mạch là:

\(T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.2.10}^{ - 11}}} = 4\pi {.10^{ - 7}}s\)

Đáp án : B

Biên độ dao động của chất điểm là:

\(A = \dfrac{L}{2} = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5cm\)

Đáp án : B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}i = \dfrac{{\lambda D}}{a}\\{\lambda _d} > {\lambda _l}\end{array} \right. \Rightarrow {i_d} > {i_l}\)

Vây khoảng vân bị giảm xuống.

Đáp án : D

Công suất tiêu thụ trên biến trở: \(P = {I^2}R = {\left( {\dfrac{E}{{r + R}}} \right)^2}.R\)

Từ đồ thị ta thấy khi \(R = {R_1}\) và \(R = 12,8\Omega \) thì công suất tiêu thụ trên biến trở có cùng giá trị. Ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{E}{{8 + {R_1}}}} \right)^2}.{R_1} = {\left( {\dfrac{E}{{8 + 12,8}}} \right)^2}.12,8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{R_1}}}{{{{\left( {8 + {R_1}} \right)}^2}}} = \dfrac{{12,8}}{{{{\left( {8 + 12,8} \right)}^2}}} \Rightarrow {R_1} = 5\Omega \end{array}\)

Chu kì dao động: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,5}}{{9,8}}} = 1,42s\)

Biểu diễn các vị trí trên VTLG:

Từ VTLG ta thấy góc quét được là: \(\Delta \varphi = \frac{\pi }{4}\)

\( \Rightarrow \) Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí biên dương đến vị trí có li độ góc \(\alpha = \dfrac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\) là:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \Delta \varphi .\frac{T}{{2\pi }} = \frac{\pi }{4}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{8} = \frac{{1,42}}{8} = 1,774s\)

Đáp án : A

+ Ta có: \({U_{AN}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Để \({U_{AN}} \notin R \Rightarrow Z_{C1}^2 = {\left( {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right)^2} \Rightarrow 2{Z_{C1}} = {Z_L}\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Lại có: \({U_{MN}} = {U_R} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Để \({U_{MN}} \notin R \Rightarrow {Z_{C2}} - {Z_L}\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2):

\( \Rightarrow 2{Z_{C1}} - {Z_{C2}} \Rightarrow \dfrac{{{Z_{C1}}}}{{{Z_{C2}}}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 18.\dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = 9\)

Đáp án : C

Chu kì: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1s\)

Ta có: \(x = 2cos\left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)\;cm \Rightarrow v = 4\pi .\left( {2\pi t + \dfrac{{3\pi }}{4}} \right)\;cm/s\)

Trong 1 chu kì vật đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) hai lần.

Sau \(1009T\) vật đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) lần thứ \(2018.\)

Biểu diễn trên VTLG.

Sau \(1009T\) vật qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) khi góc quét bằng:

\(\alpha = \dfrac{\pi }{4} + \pi + \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{6} = \dfrac{{23\pi }}{{12}}\)

\( \Rightarrow \Delta t = \alpha .\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{{23\pi }}{{12}}.\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{{23T}}{{24}}\)

\( \Rightarrow \) Tính từ thời điểm ban đầu, chất điểm đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) lần thứ \(2020\) vào thời điểm:

\(t = 1009T + \Delta t = 1009.1 + \dfrac{{23.1}}{{24}} = \dfrac{{24239}}{{24}}\;s\)

Đáp án : C

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch \(AB\) là:

\(P = \dfrac{{{U^2}}}{R}.co{s^2}\varphi = \dfrac{{{{220}^2}}}{{100}}.{\left( {\cos \dfrac{\pi }{3}} \right)^2} = 121W\)

Đáp án : D

Từ đồ thị ta thấy \(7\) ô tương ứng với \(56cm,\) vậy \(1\) ô tương ứng với \(8cm.\)

Một bước sóng tương ứng với \(8\) ô. Vậy: \(\lambda = 8.8 = 64cm\)

Có \(v = 64cm \Rightarrow T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{{64}}{{64}} = 1s \Rightarrow \omega = 2\pi rad/s\)

Khoảng cách \(MN\) theo phương truyền sóng tương ứng \(2\) ô nên độ lệch pha của \(M\) và \(N\) là:

\(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi .\dfrac{\lambda }{4}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{2}\)

Góc quét được sau \(\dfrac{1}{3}s\) là:

\(\alpha = \omega .\Delta t = 2\pi .\dfrac{1}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}rad = {120^0}\)

Biểu diễn \(M\) và \(N\) tại \(t_1\) và \(t_2\)trên VTLG:

Từ VTLG ta có:

\({v_N}\left( {{t_2}} \right) = - A\omega .\sin 75 = - 6.2\pi .\sin 75 = - 36,41cm/s\)

Đáp án : A

Khi đốt sợi dây thì vật \(m_1\) dao động điều hòa với biên độ \(A,\) chu kì \(T_1\) còn vật \(m_2\) chuyển động nhanh dần đều với gia tốc \(a_2.\)

Công thức tính độ lớn lực điện: \({F_d} = \left| q \right|E\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{F_d}}}{k} = \dfrac{{\left| q \right|E}}{k}\\{T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{m_1}}}{k}} \\{a_2} = \dfrac{{{F_d} - {F_{mst}}}}{{{m_2}}} = \dfrac{{\left| q \right|E - \mu {m_2}g}}{{{m_2}}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000}}{{20}} = 0,02m\\{T_1} = 2\pi .\sqrt {\dfrac{{0,08}}{{20}}} = 0,4s\\{a_2} = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000 - 0,1.0,2.10}}{{0,2}} = 1m/{s^2}\end{array} \right.\)

Tại thời điểm \(t = 1,25s = 3T + \dfrac{T}{8}\)

+ Vật \(m_1\) có li độ: \({x_1} = \dfrac{A}{{\sqrt 2 }}\)

+ Vật \(m_2\) đi được quãng đường:

\({s_2} = \dfrac{1}{2}{a_2}{t^2} = \dfrac{1}{2}.1.1,{25^2} = 0,78125m\)

Khoảng cách giữa hai vật là:

\(d = A - \dfrac{A}{{\sqrt 2 }} + l + {s_2}\)

\( \Rightarrow d = 0,02 - \dfrac{{0,02}}{{\sqrt 2 }} + 0,2 + 0,78125 = 0,987m = 98,7cm\)

Đáp án : C

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}y = AM.\sin \alpha \\x = BM.\sin \alpha \end{array} \right. \Rightarrow x + y = \left( {AM + BM} \right).\sin \alpha = 13.\sin \alpha \)

\({\left( {x + y} \right)_{\max }} = 13 \Leftrightarrow \sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = {90^0}\)

Vậy \(M \equiv H\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA = \frac{{25}}{{13}}cm}\\
{HB = \frac{{144}}{{13}}cm}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{OA - OB = k\lambda }\\
{HA - HB = m\lambda }
\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l}
\frac{k}{m} = \frac{{OA - OB}}{{HA - HB}} = \frac{{5 - 12}}{{\frac{{25}}{{13}} - \frac{{144}}{{13}}}} = \frac{{13}}{{17}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = - 13}\\
{m = - 17}
\end{array}} \right.\\
\Rightarrow OA - OB = 5 - 12 = - 13\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{7}{{13}}cm
\end{array}\)

Số cực đại giao thoa trên \(AB\) bằng số giá trị \(n\) nguyên thỏa mãn:

\(\begin{array}{l} - \dfrac{{AB}}{\lambda } < n < \dfrac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow - \dfrac{{13}}{{\dfrac{7}{{13}}}} < k < \dfrac{{13}}{{\dfrac{7}{{13}}}}\\ \Leftrightarrow - 24,1 < k < 24,1 \Rightarrow k = - 24; - 23;...;24\end{array}\)

Có \(49\) giá trị của \(n,\) vậy có \(49\) điểm dao động với biên độ cực đại.

Đáp án : C

Ta có: \({U_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + Z_L^2} \right).\dfrac{1}{{Z_C^2}} - 2.{Z_L}.\dfrac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}\)

+ Khi \(C = 0 \Rightarrow {Z_C} \to \infty \Rightarrow {U_C} = U = 120V\)

+ Khi \(C = {C_1} = 0,05mF\) và \(C = {C_2} = 0,15mF\) điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện có cùng giá trị:

\(\dfrac{U}{{{Z_1}}}.{Z_{C1}} = \dfrac{U}{{{Z_2}}}.{Z_{C2}} \Rightarrow {U_{C1}} = {U_{C2}} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2{Z_L}}}{{{Z_{C1}} + {Z_{C2}}}}} }}\)

\( \Leftrightarrow 48\sqrt {10} = \dfrac{{120}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2L.100}}{{\dfrac{1}{{100.0,{{05.10}^{ - 3}}}} + \dfrac{1}{{100.0,{{15.10}^{ - 3}}}}}}} }} \Rightarrow L = 0,5H\)

Đáp án : A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} \sim n\\{Z_C} \sim \dfrac{1}{n}\\U \sim n\end{array} \right.\)

+ Khi \({n_1} = 1800 \Rightarrow {Z_{C1}} = R = 1\)

+ Khi \({n_2} = 2400 = \dfrac{4}{3}{n_1} \Rightarrow {Z_{C2}} = \dfrac{3}{4}\)

\({U_C} = \dfrac{U}{Z}.{Z_C} = {U_{C\max }} \Rightarrow {Z_{C2}} = {Z_{L1}} = \dfrac{3}{4}\)

+ Khi \({n_3} = k{n_2} \Rightarrow {U_3} = k{U_2}\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{Z_{L3}} = \frac{3}{4}k}\\
{{Z_{C3}} = \frac{3}{{4k}}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{{I_3}}}{{{I_2}}} = \frac{{{U_3}}}{{{U_2}}}.\frac{{{Z_2}}}{{{Z_3}}} = k.\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\left( {\frac{3}{4}k - \frac{3}{{4k}}} \right)}^2}} }}\\
\Rightarrow \frac{{{I_3}}}{{{I_2}}} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{k^2}}} + {{\left( {\frac{3}{4} - \frac{3}{{4{k^2}}}} \right)}^2}} }}
\end{array}\)

\( \Rightarrow {I_3} = \dfrac{{{I_2}}}{{\sqrt {\dfrac{9}{{16}}.\dfrac{1}{{{k^4}}} - \dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{{{k^2}}} + \dfrac{9}{{16}}} }} = \dfrac{{{I_2}}}{{\sqrt {\dfrac{9}{{16}}.{x^2} - \dfrac{1}{8}.x + \dfrac{9}{{16}}} }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {I_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{9}{{16}}.\dfrac{1}{{{k^4}}} - \dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{{{k^2}}} + \dfrac{9}{{16}}} \right)_{\min }} \Leftrightarrow k = 3\\ \Rightarrow {n_3} = 3.2400 = 7200\end{array}\)