Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Vật Lý - Trường THPT Lê Quý Đôn
Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Vật Lý
-
Hocon247
-
40 câu hỏi
-
90 phút
-
53 lượt thi
-
Trung bình
Tham gia [ Hs Hocon247.com ] - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến để được học tập những kiến thức bổ ích từ HocOn247.com
Sóng cơ là
Sóng cơ là dao động cơ lan truyền trong một môi trường. → Chọn C
Tại điểm O trên mặt nước có một nguồn sóng lan truyền với phương trình \(u=a\cos (20\pi t+\varphi )\)cm. Tốc độ lan truyền trên mặt nước là 0,5 m/s. Thời gian sóng truyền tới điểm M cách nguồn môt khoảng 75 cm là:
Ta có \(t=\frac{S}{v}=\frac{75}{50}=1,5\,s\) → Chọn A
Một mạch dao động LC lí tưởng . Công thức nào sau đây là không đúng:
Theo lý thuyết về mạch dao động LC ta chọn hệ thức sai \(T=\frac{2\pi }{\sqrt{LC}}\)→ Chọn B.
Hệ thức đúng: Tần số góc: \(\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}\); Tần số mạch dao động:\(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\); Chu kì mạch dao động: \(T=2\pi \sqrt{LC}\)
Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng ổn định với hai đầu cố định. Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là 8 cm. Trên sợi dây có tất cả 9 nút sóng. Chiều dài của sợi dây là:
Ta có \(\frac{\lambda }{2}=8\,cm\to \lambda =16\,cm\to \ell =8.\frac{\lambda }{2}=64\,cm\)→ Chọn B
Trong phản ứng sau : n + \(_{92}^{235}\)U → \(_{42}^{95}\)Mo + \(_{57}^{139}\)La + 2X + 7β– ; hạt X là
Xác định điện tích và số khối của các tia và hạt còn lại trong phản ứng, ta có : \(_0^1\)n ; \(_{ - 1}^0\) β–
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối ta được hạt X có
2Z = 0+92 – 42 – 57 – 7.(-1) = 0
2A = 1 + 235 – 95 – 139 – 7.0 = 2 => A =1.
Vậy suy ra X có Z = 0 và A = 1. Đó là hạt nơtron \(_0^1\)n → Chọn : B
Một chất điểm dao động điều hòa với biên độ A và chu kì T= 1s. Biết tại thời điểm t = 0 chất điểm có li độ xo = -3 cm.Tại thời điểm t1 = 1010,5 s chất điểm có li độ \({x_1} = \frac{A}{2}\) cm lần thứ 2021. Phương trình dao động của li độ x là:
T = 1s => t1 = 1010,5 s= 10105 T chất điểm qua li độ \({x_1} = \frac{A}{2}\) cm lần thứ 2021. Dùng vòng tròn pha dễ thấy \(\varphi =\frac{2\pi }{3}\)và A= 6 cm: \(\text{x}=6c\text{os}\left( 2\pi t+\frac{2\pi }{3} \right)(cm)\)→Chọn D
Công thoát electron của một kim loại là 2,14 eV. Chiếu lần lượt các bức xạ có λ1 = 0,62 µm, λ2 = 0,48 µm và λ3 = 0,54 µm. Bức xạ gây ra hiện tượng quang điện là:
Ta có : \(A=\frac{h.c}{{{\lambda }_{0}}}\to {{\lambda }_{0}}=\frac{h.c}{A}=0,58\,\mu m\)ĐK xảy ra hiện tượng quang điện : λ < λ0 → Chọn D.
Tốc độ truyền âm trong môi trường rắn, lỏng, khí lần lượt là vr, vl, vk. Hệ thức nào sau đây là đúng:
Tốc độ truyền âm trong môi trường rắn, lỏng, khí lần lượt là vr, vl, vk. Hệ thức đúng: vr > vl > vk →Chọn C
Một chất phát quang có thể phát ra ánh sáng có bước sóng 0,64 mm. Chiếu các chùm sáng có các tần số 6.1014 Hz, 3.1014 Hz, 4.1014 Hz, 5.1014 Hz thì các chùm ánh sáng có tần số nào sẽ kích thích được sự phát quang?
fpq = 4,6875.1014 Hz; chùm sáng kích thích phải có fkt > fpq mới gây được hiện tượng phát quang. Đáp án C.
Máy vô tuyến điện phát sóng điện từ có bước sóng 600 m. Tốc độ ánh sáng trong chân không là 3.108 m/s. Sóng điện từ do máy phát ra có tần số là:
Ta có \(\lambda =\frac{v}{f}\to f=\frac{v}{\lambda }=\frac{{{3.10}^{8}}}{600}={{5.10}^{5}}\,Hz\)→Chọn B
Một ánh sáng đơn sắc có tần số \(f\) khi truyền trong nước và thủy tinh thì bước sóng của ánh sáng đó lần lượt là \({{\lambda }_{1}}\), x\({\lambda _2}\). Chiết suất của nước và thủy tinh đối với ánh sáng đó lần lượt là \({n_1},{n_2}\) . Hệ thức nào sau đây là đúng:
Ta có \(\left\{ \begin{align} & {{\lambda }_{1}}=\frac{\lambda }{{{n}_{1}}} \\ & {{\lambda }_{2}}=\frac{\lambda }{{{n}_{2}}} \\ \end{align} \right.\to \frac{{{\lambda }_{1}}}{{{\lambda }_{2}}}=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}\)→Chọn A
Nguyên tử khi hấp thụ một phôtôn có năng lượng \(\varepsilon = {E_N} - {E_K}\) sẽ
+ Khi nhận được năng lượng \(\varepsilon = {E_N} - {E_K}\) electron sẽ chuyển thẳng từ K lên N.
Một con lắc đơn gồm quả nặng có khối lượng \(m\) và dây treo có chiều dài \(l\) có thể thay đổi được. Nếu chiều dài dây treo là \({{l}_{1}}\) thì chu kì dao động của con lắc là 1s. Nếu chiều dài dây treo là \({{l}_{2}}\) thì chu kì dao động của con lắc là 2s. Nếu chiều dài của con lắc là \({{l}_{3}}=4{{l}_{1}}+3{{l}_{2}}\) thì chu kì dao động của con lắc là:
Ta có \({{T}_{3}}=2\pi \sqrt{\frac{{{l}_{3}}}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{4{{l}_{1}}+3{{l}_{2}}}{g}}\to T_{3}^{2}=4T_{1}^{2}+3T_{2}^{2}=16\to {{T}_{3}}=4s\)→Chọn C
Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ cho ảnh ngược chiều vật và cách thấu kính 15 cm. Nếu thay thấu kính hội tụ bằng một thấu kính phân kì có cùng độ lớn tiêu cự và đặt đúng chổ thấu kính hội tụ thì ảnh thu được cách thấu kính 7,5 cm. Tiêu cự của thấu kính hội tụ là
\(\begin{array}{l}
d = \frac{{15f}}{{15 - f}}\\
\frac{1}{{ - f}} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{ - 7,5}} \to \frac{1}{{ - f}} = \frac{1}{{\frac{{15f}}{{15 - f}}}} + \frac{1}{{ - 7,5}} \to f = 10cm
\end{array}\)
Hai dây dẫn thẳng dài đặt song song, cách nhau 6 cm trong không khí. Trong hai dây dẫn có hai dòng điện cùng chiều có cùng cường độ I1 = I2 =2 A. Cảm ứng từ tại điểm M cách mỗi dây 5 cm là
\(\begin{array}{l}
{B_1} = {B_2} = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{r} = {8.10^6}T\\
\frac{B}{{2\cos \beta }} = {B_1} \to B = 2.{B_1}.\frac{3}{5} = 9,{6.10^{ - 6}}T
\end{array}\)
Phôtôn có năng lượng 9,2 eV ứng với bức xạ thuộc vùng:
Ta có \(\varepsilon =\frac{h.c}{\lambda }\to \lambda =\frac{h.c}{\varepsilon }=\frac{6,{{625.3.10}^{8}}}{9,2.1,{{6.10}^{-19}}}=0,135\,\mu m\)→ Chọn B
Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với chu kì T. Tại vị trí cân bằng lò xo dãn 4 cm và tốc độ trung bình của con lắc trong một chu kì bằng 0,8 m/s. Lấy \(g={{\pi }^{2}}\) m/s2. Biên độ dao động của con lắc là:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} k.\Delta l = m.g\\ \frac{{4.A}}{T} = 0,8 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} \frac{m}{k} = \frac{{\Delta l}}{g} = \frac{{0,04}}{{{\pi ^2}}} \to T = 0,4s\\ 4.A = 0,8.0,4 = 0,32 \end{array} \right. \to A = 8{\mkern 1mu} cm\)→Chọn D
Một chất điểm M chuyển động tròn đều với tốc độ dài 160cm/s và tốc độ góc 4 rad/s. Hình chiếu P của chất điểm M trên một đường thẳng cố định nằm trong mặt phẳng hình tròn dao động điều hòa với biên độ và chu kì lần lượt là
+ Chu kì của giao động \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1,57s\)
→ Hình chiếu P sẽ dao động với tốc độ cực đại bằng tốc độ dài của \(M:\,{V_{\max }} = \omega A \to A = 40\) cm. Đáp án B
Cho đoạn mạch gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Đặt điện áp \(u={{U}_{0}}\cos (120\pi t)\)V vào hai đầu đoạn mạch thì cảm kháng và dung kháng có giá trị lần lượt là 180 \(\Omega \) và 80 \(\Omega \). Để mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng thì tần số của dòng điện cần thay đổi:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = 180 = L.120\pi \\ {Z_C} = 80 = \frac{1}{{C\omega }} = \frac{1}{{C.120\pi }} \end{array} \right. \to \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = \frac{9}{4} = L.C.{\left( {120\pi } \right)^2} \to \omega _{CH}^2 = \frac{1}{{LC}} = \frac{4}{9}.{\left( {120\pi } \right)^2}\)
→ ωCH = 80π rad/s →fCH = 40 Hz Từ 60 Hz xuống còn 40 Hz => giảm 20 Hz Chọn A
Hai chất điểm M, N dao động điều hòa trên các quỹ đạo song song, gần nhau dọc theo trục Ox, có li độ lần lượt là x1 và x2. Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của x1 và x2 theo thời gian t. Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm là xét theo phương Ox
Từ đồ thị ta thấy:
+ Chu kì T = 12 đơn vị thời gian.
+ x1 trễ pha hơn x2 là: \(\frac{1}{12}.2\pi =\frac{\pi }{6}.\)
Khoảng cách giữa x1 và x2 theo phương Ox là: \(x={{x}_{1}}-{{x}_{2}}=A\cos \left( \omega t+\varphi \right).\)
Khoảng cách này lớn nhất bằng: \({{x}_{\max }}=A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}.\cos \Delta \varphi }.\)
Tại t = 5 đơn vị thời gian thì cả hai vật đều có li độ là -3 cm.
Từ đồ thị ta thấy:
+ Ban đầu x2 cực đại, hay pha ban đầu của x2 là:
\({{x}_{2}}={{A}_{2}}.\cos \left( \frac{2\pi }{12}.5+0 \right)=-3\Rightarrow {{A}_{2}}=2\sqrt{3}cm.\)
+ Từ vị trí ban đầu của x1 xác định được pha ban đầu của x1 là: \({{\varphi }_{01}}=-\frac{1}{2}.2\pi =-\frac{\pi }{6}.\)
\({{x}_{1}}={{A}_{1}}.\cos \left( \frac{2\pi }{12}.5-\frac{\pi }{6} \right)=-3\Rightarrow {{A}_{1}}=6cm.\)
Khoảng cách giữa x1 và x2 lớn nhất bằng:
\({{x}_{\max }}=A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}.\cos \Delta \varphi }=\sqrt{{{6}^{2}}+{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}-2.6.2\sqrt{3}.\cos \frac{5\pi }{6}}=3,464cm.\)
Đặt điện áp \(u=100\cos (\omega t)\)V (tần số góc \(\omega \) thay đổi được) vào đoạn mạch chỉ có tụ điện C có điện dung bằng \(C=\frac{1}{2\pi }\)mF thì cường độ dòng điện cực đại qua mạch bằng I1. Nếu đặt điện áp trên vào đoạn mạch chỉ có cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(L=\frac{0,8}{\pi }\)H thì cường độ dòng điện cực đại qua mạch bằng I2. Giá trị nhỏ nhất của tổng I1 + I2 là:
Theo bài ra ta có : \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_C} = \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 3}}.\omega }}{{2\pi }}}} = \frac{{2\pi {{.10}^3}}}{\omega }\\ {Z_L} = \frac{{0,8\omega }}{\pi } \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {I_1} = \frac{{100\omega }}{{2\pi {{.10}^3}}}\\ {I_2} = \frac{{100\pi }}{{0,8\omega }} \end{array} \right. \to {I_1} + {I_2} = \frac{{100\omega }}{{2\pi {{.10}^3}}} + \frac{{100\pi }}{{0,8\omega }}\)
→ \({{I}_{1}}+{{I}_{2}}\ge 2\sqrt{{{I}_{1}}.{{I}_{2}}}=2\sqrt{\frac{100\omega }{2\pi {{.10}^{3}}}.\frac{100\pi }{0,8\omega }}=5A\)→Chọn B
Ở mặt nước, một nguồn phát sóng tại điểm O dao động điều hòa theo phương thẳng đứng tạo ra sóng tròn đồng tâm trên mặt nước với bước sóng 5 cm. Hai điểm M và N thuộc mặt nước, mà phần tử nước tại đó dao động cùng pha với nguồn. Trên các đoạn OM, ON và MN có số điểm mà các phần tử nước tại đó dao động ngược pha với nguồn lần lượt là 5, 3 và 3. Khoảng cách MN có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây
Bước sóng .
+ Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng gần nhất là .
Các đường tròn liền nét biểu diễn các điểm cùng pha với nguồn,
Các đường tròn đứt nét biểu diễn các điểm ngược pha với nguồn,
+ M là một điểm cùng pha với O, và trên OM có 5 điểm ngược pha với O,
cách O: 0,5l; 1,5l; 2,5l; 3,5l; 4,5l=>trên OM cũng có 5 điểm cùng pha với O
=> MO = 5k1 = 5.5 = 25 cm
+ N là một điểm cùng pha với O, trên ON có 3 điểm ngược pha với O cách O:
0,5l; 1,5l; 2,5l; => trên ON cũng có 3 điểm cùng pha với O
=> ON = 5k2 = 5.3 = 15 cm
Từ hình vẽ thấy rằng, để trên đoạn MN có 3 điểm ngược pha với nguồn O thì MN phải tiếp tuyến với hõm sóng thứ 3 tại H
Ta có: \(\begin{array}{l}
MN = MH + HN = \sqrt {M{O^2} - O{H^2}} + \sqrt {O{N^2} - O{H^2}} \\
\to MN = \sqrt {{{25}^2} - 12,{5^2}} + \sqrt {{{15}^2} - 12,{5^2}} \approx 29,9cm
\end{array}\)
Chọn B.
Một ống dây điện dài l = 40cm gồm N = 800 vòng có đường kính mỗi vòng 10cm, có I = 2A chạy qua. Tìm suất điện động tự cảm xuất hiện trong ống dây khi ta ngắt dòng điện. Biết thời gian ngắt là 0,1s.
Công thức tính độ tự cảm ống dây \(L = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{N^2}}}{l}s\)
Thế số tính được \(L = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{{800}^2}}}{{0,4}}{5^2}\pi {.10^{ - 4}} = 16mH\)
Suất điện động tự cảm e tc = -L\(\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}\) = 0,32V.
Đặt điện áp \(u=200\sqrt{2}\cos (\omega t)\)V vào hai đầu đoạn mạch AB như hình vẽ : Thì số chỉ của vôn kế là 120 V và điện áp hai đầu đoạn mạch AN vuông pha so với điện áp hai đầu đoạn mạch NB. Nếu thay vôn kế bằng ampe kế thì số chỉ của ampe kế là I và điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch AM, MN thay đổi lần lượt là 24 V và 32 V so với ban đầu. Biết điện trở thuần \(R=80\text{ }\Omega \) , vôn kế có điện trở rất lớn và ampe kế có điện trở không đáng kể. Giá trị của I là:
Theo bài ra uAN vuông pha uNB mà uAN + uNB = uAB
→ \({{160}^{2}}=U_{R}^{2}+U_{L}^{2}\) (1)
Thay Vôn kế bằng Ampe kế → Đoạn NB bị nối tắt → Mạch chỉ còn lại R và L
→ Ta có : \({{200}^{2}}={{\left( {{U}_{R}}+24 \right)}^{2}}+{{\left( {{U}_{L}}+32 \right)}^{2}}\) (2)
Từ (1) và (2) → \(\left\{ \begin{array}{l} {160^2} = U_R^2 + U_L^2\\ {200^2} = {\left( {{U_R} + 24} \right)^2} + {\left( {{U_L} + 32} \right)^2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {U_R} = 96{\mkern 1mu} V\\ {U_L} = 128{\mkern 1mu} V \end{array} \right. \to I = \frac{{96 + 24}}{{80}} = 1,5{\mkern 1mu} A\)→Chọn C
Một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang rất nhỏ đặt trong không khí. Chiếu một chùm gồm hai bức xạ cam và lục vào mặt bên của lăng kính thì tỉ số góc lệch của tia ló cam và tia ló lục so với phương tia tới bằng 0,94. Biết chiết suất của lăng kính đối với bức xạ lục bằng 1,48. Chiết suất của lăng kính đối với bức xạ cam là:
Ta có : Dcam = A(ncam – 1) ; Dlục = A(nlục – 1) → \(\frac{{{n}_{cam}}-1}{{{n}_{luc}}-1}=0,94\to \frac{{{n}_{cam}}-1}{1,48-1}=0,94\to {{n}_{cam}}=1,4512\,\)→Chọn C
Tốc độ của êlectron khi đập vào anốt của một ống Rơn-ghen là 45.106 m/s. Để tăng tốc độ thêm 5.106 m/s thì phải tăng hiệu điện thế đặt vào ống một lượng
\(\begin{array}{l}
{{\rm{W}}_e} = \frac{{m{v^2}}}{2} = {{\rm{W}}_o} + |e|U \approx |e|U \to U = \frac{{m{v^2}}}{{2|e|}}\\
\to \Delta U = {U_2} - {U_1} \approx 1,{35.10^3}(V)
\end{array}\)
Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 1,2 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Ánh sáng dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có \({{\lambda }_{1}}=0,72\)µm và \({{\lambda }_{1}}=0,48\)µm. Trên bề rộng của vùng giao thoa là 9,7 mm có bao nhiêu vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm:
Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {i_1} = 1,2{\mkern 1mu} mm\\ {i_2} = 0,8{\mkern 1mu} mm \end{array} \right.\)
Vị trí vân sáng trùng nha ta có k1.i1 = k2.i2 → \(\left\{ \begin{array}{l} {k_1} \le \frac{L}{{2{i_1}}} = 4,04\\ {k_1} \le \frac{L}{{2{i_2}}} = 6,06\\ k \in Z*,k > 0 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {k_1} \le 4\\ {k_1} \le 6 \end{array} \right.\)
→ \(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{i}_{2}}}{{{i}_{1}}}=\frac{2}{3}=\frac{4}{6}...\)→ Mỗi nửa màn (trừ vân trung tâm) có 2 vị trí mà vân sáng 2 bức xạ trùng nhau
→ Tổng cộng có 4 vân giống màu vân trung tâm →Chọn A
Một nguồn điện có suất điện động 12 V, điện trở trong 2 Ω mắc với một điện trở R thành mạch kín thì công suất tiêu thụ trên R là 16 W, giá trị của điện trở R bằng
+ Công suất tiêu thụ trên R: \(P = {I_2}R \leftrightarrow {\left( {\frac{{12}}{{R + 2}}} \right)^2}R \to 16{R^2} - 80R + 6 = 0\)
Phương trình trên cho ta hai nghiệm \(R = 4\Omega \) và \(R = 1\Omega \) . Chọn C.
Ba điện tích như nhau q1 = q2 = q3 = 2.10-5C lần lượt đặt ở đỉnh A,B,C của tam giác đều cạnh a = 30cm. Xác định lực tác dụng lên điện tích đặt tại A từ các điện tích còn lại.
+Lực tác dụng lên q1 gồm lực đẩy của 2 điện tích 2: \(\overrightarrow {{F_{21}}} \) và \(\overrightarrow {{F_{31}}} \)
F31 =F21 = 40N
Lực tổng hợp : \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {{F_{21}}} + \overrightarrow {{F_{31}}} \)
Trên giải đồ cho: F = \(40\sqrt{3}(N)\)
Một mạch dao động điện từ LC đang có dao động điện từ tự do. Khi cường độ dòng điện trong mạch là 2 A thì điện tích của một bản tụ là q, khi cường độ dòng điện trong mạch là 1 A thì điện tích của một bản tụ là 2q. Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1\\ {\left( {\frac{1}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{2q}}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2}\\ {\left( {\frac{1}{{{I_0}}}} \right)^2} + 4.\left( {1 - {{\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)}^2}} \right) = 1 \end{array} \right. \to \frac{{15}}{{I_0^2}} = 3 \to {I_0} = \sqrt 5 {\mkern 1mu} A\)→Chọn A
Khi đặt hiệu điện thế không đổi 30 V vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần mắc nối tiếp với cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(\frac{1}{{4\pi }}\) H thì dòng điện trong mạch là dòng điện một chiều có cường độ 1 A. Nếu đặt vào hai đầu đoạn mạch này điện áp xoay chiều u = \(150\sqrt 2 \cos 120\pi t\) thì biểu thức cường độ dòng điện trong đoạn mạch là
Khi đặt hiệu điện thế không đổi vào hai đầu mạch: \(I = \frac{U}{R} \to R = \frac{U}{I}30\Omega \)
\({\varphi _i} = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{{ - \pi }}{4}\)
Chọn D
Đặt điện áp \(u={{U}_{0}}\cos (100\pi t)\)V vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Tại thời điểm \({{t}_{1}}\), điện áp tức thời của các phần tử R, L, C lần lượt là 30V, -160 V, 80 V. Tại thời điểm \({{t}_{2}}={{t}_{1}}+0,125s\), điện áp tức thời của các phần tử R, L, C lần lượt là 40 V, 120 V, -60 V. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là:
Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \omega = 100\pi \\ T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{1}{{50}}s \end{array} \right. \to {t_2} = {t_1} + 0,125s = {t_1} + 6T + \frac{T}{4}\)
→ Tức là các véc tơ uR, uL, uC lần lượt quay thêm góc 900
→ \(\left\{ \begin{array}{l} {U_R} = \sqrt {{{30}^2} + {{40}^2}} = 50{\mkern 1mu} V\\ {U_{0L}} = \sqrt {{{160}^2} + {{120}^2}} = 200{\mkern 1mu} V\\ {U_{0C}} = \sqrt {{{80}^2} + {{60}^2}} = 100{\mkern 1mu} V \end{array} \right. \to {U_0} = 50\sqrt 5 {\mkern 1mu} V \to U = 25\sqrt {10} {\mkern 1mu} V\)
Đáp án B
Trong thí nghiệm Young về giao thoa với ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,42 μm . Biết khoảng cách từ hai khe đến màn là 1,6 m và khoảng cách giữa ba vân sáng kế tiếp là 2,24 mm. Khoảng cách giữa hai khe sáng là
+ Khoảng cách giữa ba vân sáng liên tiếp là \(2i=2,24mm\to i=1,12\)cm
→ Khoảng cách giữa hai khe \(a=\frac{D\lambda }{i}=\frac{1,6.0,{{42.10}^{-6}}}{1,{{12.10}^{-3}}}=0,6mm\). ⟹ Chọn B.
Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(\lambda \), khoảng cách giữa hai khe là \(a=1\) mm và khoảng cách từ hai khe đến màn là \(D\). Tại điểm M cách vân trung tâm 1,32 mm ban đầu là vân sáng bậc 2. Nếu dịch chuyển màn quan sát ra xa hay lại gần một khoảng 0,5 m thì M là vân tối thứ 2 hay vân sáng bậc 4. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc là:
Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l} 1,32 = 2.i = 2.\frac{{\lambda .D}}{a}\\ 1,32 = 1,5.{i_{D + 0,5}} = 1,5.\frac{{\lambda .\left( {D + 0,5} \right)}}{a}\\ 1,32 = 4.{i_{D - 0,5}} = 4.\frac{{\lambda .\left( {D - 0,5} \right)}}{a} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} D = 1,1{\mkern 1mu} m\\ \lambda = 0,6{\mkern 1mu} \mu m \end{array} \right.{\rm{\backslash }}\)→Chọn B
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi nhưng có tần số thay đổi vào hai đầu đoạn mạch AB mắc nối tiếp gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung C. Hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hiệu dụng trên L theo tần số góc ω. Lần lượt cho ω = ω1 và ω = ω2 thì điện áp hiệu dụng UL1= UL2 = UL12 và công suất tiêu thụ lần lượt là P1 và P2. Khi ω thay đổi thì công suất tiêu thụ của mạch đạt cực đại bằng 287 W. Tổng P1+ P2 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
Từ đồ thị: \(\frac{U_{L}^{\max }}{{{U}_{L1}}}=\frac{U_{L}^{\max }}{{{U}_{L2}}}=\frac{7}{4},$ và $U_{L}^{\max }=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\xrightarrow{\frac{U_{L}^{\max }}{U}=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}}\Rightarrow n=\frac{7\sqrt{10}}{20}\Rightarrow {{\cos }^{2}}{{\varphi }_{L}}=\frac{2}{1+n}=0,95.\)
Ta có: \({{P}_{1}}=U{{I}_{1}}\cos {{\varphi }_{1}}=U\frac{U}{{{Z}_{1}}}\cos {{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}.\); \({{P}_{2}}=U{{I}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}=U\frac{U}{{{Z}_{2}}}\cos {{\varphi }_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}.\)
\(=>{{P}_{1}}+{{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}({{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}})\xrightarrow{(2)}.\)
Thế số: \({{P}_{1}}+{{P}_{2}}={{P}_{CH}}.2.{{\left( \frac{{{U}_{L}}}{U_{L}^{\max }} \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{L}}=287.2.{{\left( \frac{4}{7} \right)}^{2}}0,95=178,1\ W\) . Chọn C.
Hai nguồn sóng kết hợp, đặt tại A và B cách nhau 20 cm dao động theo phương trình u = acos(ωt) trên mặt nước, coi biên độ không đổi, bước sóng l = 3 cm. Gọi O là trung điểm của AB. Một điểm nằm trên đường trung trực AB, dao động cùng pha với các nguồn A và B, cách A hoặc B một đoạn nhỏ nhất là
Biểu thức sóng tại A, B
u = acoswt
Xét điểm M trên trung trực của AB:
AM = BM = d (cm) ≥ 10 cm
Biểu thức sóng tại M
uM = 2acos(wt- \(\frac{2\pi d}{\lambda }\)).
Điểm M dao động cùng pha với nguồn khi
\(\frac{2\pi d}{\lambda }\)= 2kπ------> d = kl = 3k ≥ 10 ------> k ≥ 4
d = dmin = 4x3 = 12 cm.
Trong thí nghiệm giao với khe Y-âng. Nguồn S phát ra ba ánh sáng đơn sắc: màu tím \({{\lambda }_{1}}=0,42\mu m\); màu lục \({{\lambda }_{2}}=0,56\mu m\); màu đỏ \({{\lambda }_{3}}=0,70\mu m\). Giữa hai vân sáng liên tiếp giống màu vân sáng trung tâm có 11 cực đại giao thoa của ánh sáng đỏ. Số cực đại giao thoa của ánh sáng màu lục và màu tím giữa hai vân sáng liên tiếp nói trên là:
HD: Vị trí cùng màu vân trung tâm: \({{x}_{s1}}={{x}_{s2}}={{x}_{s3}}\Rightarrow ~{{k}_{1}}.{{i}_{1}}=\text{ }{{k}_{2}}.{{i}_{2}}=\text{ }{{k}_{3}}.{{i}_{3}}\Rightarrow {{k}_{1}}{{\lambda }_{1}}=\text{ }{{k}_{2}}{{\lambda }_{2}}=\text{ }{{k}_{3}}{{\lambda }_{3}}\)
Ta có:
\(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{4}{3};\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{3}}}=\frac{{{\lambda }_{3}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{5}{3};\frac{{{k}_{2}}}{{{k}_{3}}}=\frac{{{\lambda }_{3}}}{{{\lambda }_{2}}}=\frac{5}{4}\)
Bội chung nhỏ nhất của k1 : \(BCNN\left( {{k}_{1}} \right){{k}_{1}}=4.5=20\)
\(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{4}{3}.5;\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{3}}}=\frac{{{\lambda }_{3}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{5}{3}.4;\frac{{{k}_{2}}}{{{k}_{3}}}=\frac{{{\lambda }_{3}}}{{{\lambda }_{2}}}=\frac{5}{4}.3\)
→ \({{k}_{2}}=3.5=15\)và \({{k}_{3}}=4.3=12\)
Số cực đại giao thoa của màu lục là: \({{N}_{2}}={{k}_{2}}-1=14\)vân
Số cực đại giao thoa của màu tím là: \({{N}_{1}}={{k}_{1}}-1=19\)vân
Một máy biến áp lí tưởng lúc mới sản xuất có tỉ số điện áp hiệu dụng cuộn sơ cấp và thứ cấp bằng 2. Sau một thời gian sử dụng do lớp cách điện kém nên có X vòng dây cuộn thứ cấp bị nối tắt; vì vậy tỉ số điện áp hiệu dụng cuộn sơ cấp và thứ cấp bằng 2,5. Để xác định X người ta quấn thêm vào cuộn thứ cấp 135 vòng dây thì thấy tỉ số điện áp hiệu dụng cuộn sơ cấp và thứ cấp bằng 1,6, số vòng dây bị nối tắt là:
Lúc đầu: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=2=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\text{ (1)}\)
Cuộn sơ cấp có x vòng dây bị nối tắt
\(\frac{{{U}_{1}}}{{{{{U}'}}_{2}}}=2,5=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}-x}\text{ (2)}\)
Khi quấn thêm vào cuộn thứ cấp 135 vòng thì
\(\frac{{{U}_{1}}}{{{{{U}''}}_{2}}}=1,6=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}-x+135}\text{ (3)}\)
Lập tỉ số: \(\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{2}{2,5}=\frac{{{N}_{2}}-x}{{{N}_{2}}}\Rightarrow {{N}_{2}}=5.x\), thay vào (3)
Lập tỉ số \(\frac{(1)}{(3)}\Rightarrow \frac{2}{1,6}=\frac{4x+135}{5x}\Rightarrow x=60\) (vòng)
Một chất điểm M có khối ượng m = 20g dao động điều hòa, một phần đồ thị của lực kéo về theo thời gian có dạng như hình vẽ, lấy \({{\pi }^{2}}\approx 10\). Dựa vào đồ thị suy ra phương trình dao động của chất điểm là
\(\cos \Delta \varphi =\frac{F}{{{F}_{0}}}=\frac{2\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \Delta \varphi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \varphi }{t}=2\pi rad/s;\varphi =-\left( \pi -\Delta \varphi \right)=-\frac{3\pi }{4};A=\frac{{{F}_{0}}}{m{{\omega }^{2}}}=5cm\)
Đặt vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp một điện áp xoay chiều \(u=200\cos \left( \omega t \right)\)V. Biết R=10Ω và L, C là không đổi. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của \({{Z}_{L}}\) và \({{Z}_{C}}\) vào \(\omega \) được cho như hình vẽ. Tổng tở của mạch khi \(\omega ={{\omega }_{1}}\) là
Dễ thấy, đường nét liền biểu diễn \({{Z}_{L}}\), nét đứt biểu diễn \({{Z}_{C}}\)
+ Từ đồ thị ta có:
tại \(\omega =2{{\omega }_{0}}\) thì \({{Z}_{L}}=50\)Ω → \({{Z}_{L0}}=25\)Ω.
tại \(\omega ={{\omega }_{0}}\) → cộng hưởng → \({{Z}_{L0}}={{Z}_{C0}}=25\)Ω.
tại \(\omega ={{\omega }_{1}}=3{{\omega }_{0}}\)→ \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_1} = 3{Z_{L0}} = 75\\ {Z_{C1}} = \frac{{{Z_{C0}}}}{3} = \frac{{25}}{3} \end{array} \right.\) → \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{\left( 75-\frac{25}{3} \right)}^{2}}}=67,4\) Ω.