Đề thi thử tốt nghiệp THPT QG môn Vật Lý năm 2020 - Tuyển chọn số 2
Đề thi thử tốt nghiệp THPT QG môn Vật Lý năm 2020
-
Hocon247
-
40 câu hỏi
-
90 phút
-
39 lượt thi
-
Dễ
Tham gia [ Hs Hocon247.com ] - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến để được học tập những kiến thức bổ ích từ HocOn247.com
Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình \(x = 2\cos \left( {\pi + 2t} \right)\)cm, t được tính bằng giây. Tốc độ cực đại của vật dao động là
\({v_{max}} = \omega A = \left( 2 \right).\left( 2 \right) = 4cm/s\)
Tại một nơi, chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn tỉ lệ thuận với
Chu kì dao động của con lắc đơn : \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)
→ tỉ lệ thuận với căn bậc hai chiều dài của con lắc
Sóng ngang truyền được trong các môi trường
Sóng ngang lan truyền được trong môi trường rắn và lỏng
Đặt điện áp \(u = {U_0}\cos \left( {2\pi ft} \right)\) vào mạch điện xoay chiều RL nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Kết luận nào sau đây là sai?
Ta có: uL vuông pha uR.
→ uL = uLmax thì uR = 0.
Một máy biến áp có tỉ số giữa số vòng dây sơ cấp và số vòng dây thứ cấp là k > 1. Đây là máy
Đây là máy hạ áp.
Tia tử ngoại được dùng
Tia tử ngoại được dùng để tìm các nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại.
Pin quang điện được dùng trong chương trình “năng lượng xanh” có nguyên tắc hoạt động dựa vào hiện tượng
Hiện tượng quang điện trong
Trong mạch dao động LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do, điện tích của một bản tụ điện và cường độ dòng điện qua cuộn cảm biến thiên điều hòa theo thời gian
Điện tích của một bản tụ và dòng điện qua cuộn cảm luôn biến thiên với cùng tần số
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân
Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.
Cho hai dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O trên trục Ox . Đồ thị biễu diễn sự phụ thuộc li độ của hai dao động được cho như hình vẽ. Độ lệch pha giữa hai dao động này là
Hai dao động vuông pha.
Đặt vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối tiếp một điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng là 200 V. Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là 4 A. Điện trở R của đoạn mạch là
Khi có hiện tượng cộng hưởng điện thì điện áp hai đầu đoạn mạch chính bằng điện áp ở hai đầu điện trở, do vậy \(R = \frac{U}{I} = \frac{{200}}{4} = 50\Omega \)
Với máy phát điện xoay chiều một pha, để chu kì của suất điện động do máy phát ra giảm đi bốn lần thì
Chu kì của suất điện động do máy phát điện phát ra \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{pn}}\)
→ muốn T giảm 4 lần thì giữa nguyên tốc độ quay của roto tăng số cặp cực lên 4 lần
Phát biểu nào sau đây là sai khi nói về sóng điện từ?
Khi sóng điện từ lan truyền, vectơ cường độ điện trường có phương vuông góc với vectơ cảm ứng từ → C sai
Trong thí nghiệm Y – âng về giao thoa ánh sáng đơn sắc có bước sóng . Nếu tăng khoảng cách giữa hai khe lên 2 lần mà không làm thay đổi các đại lượng khác thì khoảng vân sẽ
Khoảng vân giảm đi 2 lần.
Kim loại Kali có giới hạn quang điện là 0,55 μm. Hiện tượng quang điện không xảy ra khi chiếu vào kim loại đó bức xạ nằm trong vùng
Để xảy ra hiện tượng quang điện thì ánh sáng kích thích phải có bước sóng nhỏ hơn giới hạn quang điện của kim loại đó.
→ ánh sáng thuộc vùng hồng ngoại có bước sóng nhỏ nhất nên không thể gây ra hiện tượng quang điện với kim loại này
Trong phản ứng sau đây \({}_A^BX \to {}_2^4\alpha + {}_C^DY\). Kết luận nào sau đây là đúng?
Phương trình phản ứng \({}_A^BX \to {}_2^4\alpha + {}_C^DY\). Ta có
bảo toàn số khối: B= 4 + D
bảo toàn điện tích: A = 2 + C
Cho phản ứng hạt nhân \(T + D \to \alpha + n\) . Biết năng lượng liên kết riêng của T là \({\varepsilon _T} = 2,823\)MeV/nucleon, của \(\alpha \) là \({\varepsilon _\alpha } = 7,0756\)MeV/nucleon và độ hụt khối của D là 0,0024u. Cho 1u = 931MeV/c2. Năng lượng tỏa ra của phản ứng là
Năng lượng tỏa ra của phản ứng \(\Delta E = \left( {{m_t} - {m_s}} \right){c^2} = {E_{l{k_s}}} - {E_{l{k_t}}} = 4.7,0756 - 3.2,823 - 0,0025.931,5 = 17,6\) MeV
Một khung dây và một dòng điện thẳng dài (1) đặt trong cùng mặt phẳng giấy như hình vẽ. Tại thời điểm ban đầu, khung dây đang đứng yên, ta tiến hành cung cấp cho khung vận tốc ban đầu \(\overrightarrow {{v_0}} \) hướng ra xa (1). Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung dây
Lực từ tổng hợp sẽ có xu hướng kéo khung dây về phía (1).
Trong thí nghiệm Y – âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(\lambda \). Nếu tại điểm M trên màn quan sát có vân tối thứ 3 (tính từ vân sáng trung tâm) thì hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe S1,S2 đến M có độ lớn bằng
Vị trí cho vân tối bậc 4 thõa mãn \(\Delta d = 2,5\lambda \)
Dao động của vật là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương \({x_1} = {A_1}\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)\) và \({x_2} = {A_2}\cos \left( {\omega t + \alpha } \right)\). Để vật dao động với biên độ A= A1 + A2 thì \(\alpha\) bằng
A= A1 + A2 → hai dao động cùng pha
\({\varphi _{01}} = \alpha = \frac{\pi }{3}\)
Con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm lò xo có độ cứng k = 100 N/m và vật nặng có khối lượng 100 g. Kéo vật nặng theo phương thẳng đứng xuống dưới làm lò xo giãn 3 cm rồi thả nhẹ. Lấy \(g = {\pi ^2}\) m/s2, quãng đường vật đi được trong một phần ba chu kì kể từ thời điểm ban đầu là
Ta có: \(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{\left( {{{100.10}^{ - 3}}} \right).\left( {10} \right)}}{{100}} = 1cm,\Delta l = 3cm\)
\(A = \Delta l - \Delta {l_0} = 3 - 1 = 2cm\)
→ Quãng đường đi được trong một phần ba chu kì là S = 3cm.
Một con lắc đơn có vật treo khối lượng m = 0,01 kg mang điện tích q = +5 μC, được coi là điện tích điểm. Con lắc dao động điều hòa với biên độ góc \(\alpha_0\)=0,14rad trong điện trường đều, vecto cường độ điện trường có độ lớn E = 104V/m và hướng thẳng đứng xuống dưới. Lực căng của dậy treo tại vị trí con lắc có li độ góc \(\alpha\)= 0,1 rad xấp xỉ bằng
Ta có : \(T = m{g_{bk}}\left( {3\cos \alpha - 2\cos {\alpha _0}} \right)\)
với \(\alpha\) nhỏ thì \(T = m{g_{bk}}\left( {1 + \alpha _0^2 - \frac{3}{2}{\alpha ^2}} \right)\)
\({g_{bk}} = g + \frac{{qE}}{m} = 10 + \frac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^4}}}{{0,01}} = 15\)m/s2,
\(T = m{g_{bk}}\left( {1 + \alpha _0^2 - \frac{3}{2}{\alpha ^2}} \right) = \left( {0,01} \right).\left( {15} \right)\left( {1 + 0,{{14}^2} - \frac{3}{2}.{{\left( {0,1} \right)}^2}} \right) = 0,15\)N
Sóng dừng hình thành trên một sợi dây đàn hồi với tần số f1 thì thu được 1 bó sóng. Nếu sử dụng nguồn có tần số f2 = 4f1 thì số bó sóng thu được là
Số bó sóng thu được là 4.
Một sóng cơ lan truyền trên mặt nước với bước sóng \(\lambda = 12\) cm. Hai điểm M, N trên bề mặt chất lỏng trên có vị trí cân bằng cách nhau một khoảng d = 5 cm sẽ dao động lệch pha nhau một góc
\(\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{2\pi .\left( 5 \right)}}{{\left( {12} \right)}} = \frac{{5\pi }}{6}\)
Cho đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L và điện trở R nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp \(u = 100\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)\) V thì dòng điện trong mạch có biểu thức \(i = \sqrt 2 \cos \left( {100\pi t} \right)\)A. Giá trị của R và L là
Ta có: \(\overline {{u_{}}} = 100\angle {45^0}\); \(\overline {{u_{}}} = \sqrt 2 \angle {0^0}\)
\(\overline {{Z_{}}} = \frac{{\overline {{u_{}}} }}{{\overline {{i_{}}} }} = \frac{{100\angle {{45}^0}}}{{\sqrt 2 \angle 0}} = 50 + 50i\) → R = 50Ω, \(L = \frac{1}{{2\pi }}\) H.
Khung dây kim loại phẳng có diện tích S = 50cm2, có N = 100 vòng dây quay đều với tốc độ 50 vòng/giây quanh trục vuông góc với đường sức của từ trường đều B = 0,1T. Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc pháp tuyến của khung dây có chiều trùng với chiều của vecto cảm ứng từ. Biểu thức từ thông qua khung dây là
Ta có : \({\Phi _0} = NBS = 100.0,{15.10^{ - 4}} = 0,05\)Wb.
t = 0 là lúc vecto pháp tuyến cùng chiều với vectơ cảm ứng từ → \({\varphi _0} = 0\).
→ \(\Phi = 0,05\cos 100\pi t\)Wb
Một mạch dao động LC gồm một cuộn cảm L = 500 μH và một tụ điện có điện dung C = 5 μF. Giả sử tại thời điểm ban đầu điện tích của tụ điện đạt giá trị cực đại q0 = 6.10-4C. Biểu thức của cường độ dòng điện qua mạch là
Ta có: \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {{{500.10}^{ - 6}}} \right).\left( {{{5.10}^{ - 6}}} \right)} }} = {2.10^4}\)rad/s.
\({I_0} = \omega {Q_0} = \left( {{{2.10}^4}} \right).\left( {{{6.10}^{ - 4}}} \right) = 12\)A.
Tại t = 0, điện tích trên tụ là cực đại → \({\varphi _{0q}} = 0\)→\({\varphi _{0i}} = \frac{\pi }{2}\) rad.
→ Vậy \(i = 12\cos \left( {{{2.10}^4}t + \frac{\pi }{2}} \right)\)A.
Chiếu một tia sáng đơn sắc, song song từ không khí đến bề mặt của một bản mặt song song thủy tinh nằm ngang dưới góc tới 600. Cho chiết suất của thủy tinh đối với ánh sáng đơn sắc này là 1,5, bề rộng của bản mặt là d = 2cm. Khoảng cách giữa tia tới và tia ló ra khỏi bản mặt là
Xét sự truyền của tia tới SI tới bản mặt song song và cho tia ló JK .
Từ hình vẽ, ta có:
\(IJ = \frac{d}{{\cos r}}\)
\(\Delta = IJ\sin \left( {i - r} \right) = \frac{d}{{\cos r}}\sin \left( {i - r} \right)\)
Mặc khác, i = 600 → r= 35,30
→ \(\Delta = \frac{{\left( 2 \right)}}{{\cos \left( {35,{3^0}} \right)}}\sin \left( {{{60}^0} - 35,{3^0}} \right) \approx 1,024\)cm.
Trong nguyên tử Hidro theo mẫu Bo, electron chuyển từ quỹ đạo L về quỹ đạo K có mức năng lượng EK= -13,6 eV. Bước sóng do nguyên tử phát ra là 0,1218 μm. Mức năng lượng ứng với quỹ đạo L là
\({E_L} - {E_K} = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,{{1218.10}^{ - 6}}}} = 1,{63.10^{ - 18}}J\)
\({E_L} - {E_K} = 10,2eV\) → EL = - 3,4eV.
Một bóng đèn có ghi 6 V – 3 W, một điện trở R và một nguồn điện được mắc thành mạch kín như hình vẽ. Biết nguồn điện có suất điện động \(\xi = 12\) V và điện trở trong r= 2Ω; đèn sáng bình thường. Giá trị của R là
Ta có:
\({R_d} = \frac{{U_d^2}}{{{P_d}}} = \frac{{{6^2}}}{3} = 12\) Ω.
đèn sáng bình thường \(I = {I_d} = \frac{{{P_d}}}{{{U_d}}} = \frac{3}{6} = 0,5\) A.
Định luật Ôm cho toàn mạch
\(I = \frac{\xi }{{{R_N} + r}}\) → R = 10 Ω.
Một chất phóng xạ \(\alpha\) có chu kì bán rã T. Khảo sát một mẫu chất phóng xạ này ta thấy: ở lần đo thứ nhất, trong 1 phút chất phóng xạ này phát ra 8n hạt \(\alpha\). Sau 415 ngày kể từ lần đo thứ nhất, trong 1 phút chất phóng xạ này chỉ phát ra được n hạt \(\alpha\). Giá trị của T
Để ý rằng số hạt nhân α phát ra cũng chính là số hạt nhân chất phóng xạ bị phân ra
+ Ta có \(8n = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)
+ Số hạt nhân ban đầu còn lại sau 414 ngày.
\({N_t} = {N_0}{2^{ - \frac{{414}}{T}}}\)→ số hạt α đo được trong 1 phút khi đó sẽ là \(n = {N_0}{2^{ - \frac{{414}}{T}}}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)
Lập tỉ số \(8 = {2^{\frac{{414}}{T}}}\) → T = 138 ngày
Xét nguyên tử Hidro theo mẫu nguyên tử Bo. Gọi F là độ lớn của lực tương tác điện giữa electron và hạt nhân khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng K . Khi độ lớn của lực tương tác tính điện giữa electron và hạt nhân là \(\frac{F}{{16}}\) thì electron đang chuyển động trên quỹ đạo dừng nào?
+ Lực tĩnh điện giữa hạt nhân và electron khi electron ở quỹ đạo thứ
\(F = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = \frac{1}{{{n^4}}}\left( {k\frac{{{q^2}}}{{r_0^2}}} \right) = \frac{{{F_K}}}{{{n^4}}}\)
Trong đó là lực tĩnh điện giữa electron và hạt nhân, khi nguyên từ hidro ở trạng thái cơ bản
→ Áp dụng cho bài toán ta được n = 2, vậy electron đang ở quỹ đạo dừng L
Một người cận thị phải đeo sát mắt một thấu kính có độ tụ –2,5 dp mới nhìn rõ được các vật cách mắt từ 25 cm đến vô cực. Giới hạn nhìn rõ của mắt người này khi không đeo kính là
+ Để khắc phục tật cận thì, người này phải đeo thấu kính phân kì có độ tụ \(D = - \frac{1}{{{C_V}}}\)
→\({C_V} = - \frac{1}{D} = - \frac{1}{{ - 2,5}} = 40\) cm.
+ Khoảng cực cận của mắt khi không đeo kính \(\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{{ - 40}}\)→\(\left| {d'} \right| = 15,4\) cm
Cho cơ hệ như hình vẽ: lò xo có độ cứng k = 100 N/m, vật nặng khối lượng m = 100 g, bề mặt chỉ có ma sát trên đoạn CD, biết CD = 1 cm và µ = 0,5. Ban đầu vật nặng nằm tại vị trí lò xo không biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu \({v_0} = 60\pi \) cm/s dọc theo trục của lò xo hướng theo chiều lò xo giãn. Tốc độ trung bình của vật nặng kể từ thời điểm ban đầu đến khi nó đổi chiều chuyển động lần thứ nhất gần nhất giá trị nào sau đây?
Ta có: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{\left( {{{100.10}^{ - 3}}} \right)}}} = 10\pi \)rad/s → T = 0,2s.
Chuyển động của vật kể từ thời điểm ban đầu đến lúc nó đổi chiều chuyển động lần đầu tiên được chia thành các giai đoạn sau:
Giai đoạn 1: Chuyển động từ O đến C
là dao động điều hòa với biên độ \({A_1} = \frac{{{v_0}}}{\omega } = \frac{{60\pi }}{{10\pi }} = 6\)cm.
thời gian chuyển động \({t_1} = \frac{T}{{12}} = \frac{{0,2}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\)s.
vận tốc khi vật đến : \({v_C} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{v_0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\left( {60\pi } \right) = 30\sqrt 3 \pi \)cm/s.
Giai đoạn 2: Chuyển động từ C đến D
là dao động điều hòa chịu thêm tác dụng của ma sát có độ lớn không đổi. Vị trí cân bằng mới lệch khỏi theo hướng lò xo bị nén một đoạn
\(\Delta {l_0} = \frac{{\mu mg}}{k} = \frac{{\left( {0,5} \right).\left( {{{100.10}^{ - 3}}} \right).\left( {10} \right)}}{{100}} = 0,5\)cm
→ \({A_2} = \sqrt {{{\left( {\Delta {l_0} + OC} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{v_C}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {0,5 + 3} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{30\sqrt 3 \pi }}{{10\pi }}} \right)}^2}} = 6,265\)cm.
thời gian chuyển động \(\Delta {t_2} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{3,5}}{{6,265}}} \right) - \arccos \left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}}{{{{360}^0}}}.\left( {0,2} \right) = 6,{64.10^{ - 3}}\) s.
vận tốc khi vật đến D : \({v_D} = \omega {A_2}\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\Delta {l_0} + OD}}{{{A_2}}}} \right)}^2}} = \left( {10\pi } \right).\left( {6,265} \right).\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}^2}} = 136,940\)cm/s.
Giai đoạn 3: Chuyển động từ D đến khi đổi chiều lần đầu tiên
là dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ
\([{A_3} = \sqrt {O{D^2} + {{\left( {\frac{{{v_D}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{136,940}}{{10\pi }}} \right)}^2}} = 5,916\)cm.
thời gian chuyển động
\({t_3} = \frac{{arc\cos \left( {\frac{{OD}}{{{A_3}}}} \right)}}{{{{360}^0}}}T = \frac{{arc\cos \left( {\frac{4}{{5,916}}} \right)}}{{{{360}^0}}}.\left( {0,2} \right) = 0,0264\)s.
→ Tốc độ trung bình \({v_{tb}} = \frac{S}{t} = \frac{{OC + CD + \left( {{A_3} - OD} \right)}}{{{t_1} + {t_2} + {t_3}}} = \frac{{3 + 1 + \left( {5,916 - 4} \right)}}{{\frac{1}{{60}} + 6,{{64.10}^{ - 3}} + 0,0264}} = 119,018\)cm/s.
Trên một sợi dây đàn hồi OC đang có sóng dừng ổn định với tần số f. Hình ảnh sợi dây tại thời điểm t (nét đứt) và thời điểm \(t + \frac{1}{{4f}}\) (nét liền) được cho như hình vẽ. Tỉ số giữa quãng đường mà B đi được trong một chu kì với quãng đường mà sóng truyền đi được trong một chu kì là
Biễu diễn dao động của một điểm bụng trên đường tròn:
thời điểm t, u bụng = 8cm → điểm M.
thời điểm \(t + \Delta t = t + \frac{1}{{4f}}\), u bụng = -6 cm → điểm N .
Ta có:\(\Delta t = \frac{1}{{4f}} = \frac{T}{4}c\)
→ \(\Delta \varphi = {90^0}\).
\(\left( {\frac{{{u_{bung}}}}{A}} \right)_t^2 + \left( {\frac{{{u_{bung}}}}{A}} \right)_{t + \frac{1}{{4f}}}^2 = 1\)→ \(A = \sqrt {{{\left( { - 6} \right)}^2} + {{\left( 8 \right)}^2}} = 10\)cm.
Mặc khác \(\lambda = 20\)cm, B là điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ của bụng → AB = 5cm.
→ \(\delta = \frac{{4{A_B}}}{\lambda } = \frac{{4.\left( 5 \right)}}{{20}} = 1\)
Giao thoa sóng ở mặt nước với hai nguồn kết hợp đặt tại A và B. Hai nguồn dao động điều hòa theo phương thẳng đứng, cùng pha và cùng tần số 10 Hz. Biết cm, tốc độ truyền sóng ở mặt nước là 0,3 m/s. Ở mặt nước, O là trung điểm của AB, gọi Ox là đường thẳng hợp với AB một góc 600 . M là điểm trên Ox mà phần tử vật chất tại M dao động với biên độ cực đại (M không trùng với O). Khoảng cách ngắn nhất từ M đến O là:
+ Bước sóng của sóng \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{0,3}}{{10}} = 3\)cm
+ Để M là cực đại và gần O nhất thì M nằm trên dãy cực đại ứng với k = 1.
+ Áp dụng định lý cos, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} d_2^2 = {d^2} + {10^2} - 2.10.d.\cos {60^0}\\ d_1^2 = {d^2} + {10^2} - 2.10.d.\cos {120^0} \end{array} \right.\)
Kết hợp với \({d_1} - {d_2} = \lambda = 3\) cm.
→ \(\sqrt {{d^2} + {{10}^2} - 2.10.d.\cos {{120}^0}} - \sqrt {{d^2} + {{10}^2} - 2.10.d.\cos {{60}^0}} = 3\) cm → d= 3,11 cm
Đặt điện áp xoay chiều \(u = U\sqrt 2 \cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện trở R = 24 Ω, tụ điện và cuộn cảm thuần mắc nối tiếp. Ban đầu khóa K đóng, sau đó khóa K mở. Hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện i trong đoạn mạch vào thời gian u. Giá trị của U gần nhất với giá trị nào sau đây?
Biễu diễn vecto các điện áp:
+ \(\overrightarrow U \)chung nằm ngang \(\overrightarrow U = \overrightarrow {{U_R}} + \overrightarrow {{U_{LC}}} \) , vì uR luôn vuông pha với uLC → đầu mút vecto \(\overrightarrow {{U_R}} \)luôn nằm trên một đường tròn nhận \(\overrightarrow {{U}} \) làm đường kính.
+ Từ đồ thị, ta thấy rằng dòng điện trong hai trường hợp là vuông pha nhau \(\left\{ \begin{array}{l} {I_{01}} = 4\\ {I_{02}} = 3 \end{array} \right.\) A.
+ Từ hình vẽ, ta thấy \({U_0} = \sqrt {U_{01}^2 + U_{02}^2} = \sqrt {{{\left( {4.24} \right)}^2} + {{\left( {3.24} \right)}^2}} = 120\)V → U ≈ 85V.
Điện năng được truyền từ trạm phát điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Ban đầu hiệu suất truyền tải là 60%. Cho công suất truyền đi không đổi và hệ số công suất ở nơi tiêu thụ (cuối đường dây tải điện) luôn bằng 0,8. Để giảm hao phí trên đường dây 4 lần thì cần phải tăng điện áp hiệu dụng ở trạm phát điện lên n lần. Giá trị của n là
Ta biễu diễn mối liên hệ giữa các điện áp trong quá trình truyền tải
\(U\sin \varphi = {U_t}\sin {\varphi _t}\)
Ptt = HP→\({U_t}I\cos {\varphi _t} = H\left( {UI\cos \varphi } \right)\) → \(U\cos \varphi = \frac{{{U_t}\cos {\varphi _t}}}{H}\)
→ từ hai phương trình trên, ta có \(\tan \varphi = H\tan {\varphi _t}\).
Tiến hành lập bảng tỉ lệ
Ta có: \({\left( {\frac{{\cos {\varphi _2}}}{{\cos {\varphi _1}}}} \right)^2} = \frac{4}{{{n^2}}} = \frac{{1 + {{\tan }^2}{\varphi _1}}}{{1 + {{\tan }^2}{\varphi _2}}} = \frac{{1 + 0,{{48}^2}}}{{1 + 0,{{72}^2}}}\)=> n ≈ 2,2
Trong thí nghiệm Y – âng về giao thoa ánh sáng, chiếu đồng thời hai bức xạ có bước sóng \({\lambda _1} = 0,4\) μm và \({\lambda _1} = 0,6\) μm. Trên màn quan sát, gọi M và N là hai điểm nằm ở hai phía so với vân trung tâm mà M là vị trí của vân sáng bậc 6 của bức xạ \({\lambda _1}\) ; N là vị trí vân sáng bậc 7 của bức xạ \({\lambda _2}\). Nếu hai vân sáng trùng nhau tính là một vân sáng thì số vân sáng quan sát được trên đoạn MN là
Ta có :
\(\frac{{{i_1}}}{{{i_2}}} = \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{0,4}}{{0,6}} = \frac{2}{3}\)
\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{0,6}}{{0,4}} = \frac{3}{2}\)
Lập bảng
Trên các vị trí trùng nhau của hệ hai vân sáng ứng với k1 = 0, k1 = 3 , k1 = 6, k1 = 9
Từ bảng, ta thấy số vị trí cho vân sáng sẽ là \(\left( {17 + 12} \right) - 4 = 25\)