2020 câu Trắc nghiệm tổng hợp Vật lí 2023 có đáp án (Phần 12)
182 câu hỏi
\(x = 8\cos \left( {\pi t} \right)\)
\(x = 8\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\)
\(x = 8\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\)
\(x = 8\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\)
Lời giải
Sử dụng máy tính ta bấm được: \(x = {x_1} + {x_2} = x = 8\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\)
Đáp án đúng: C
2,00024 s.
2,00015 s.
1,99993 s.
1,99985 s.
Lời giải
Chu kì dao động của con lắc đặt trong chân không: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \)
Chu kì dao động của con lắc đặt trong không khí: \(T' = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{g'}}} \)
Lực đẩy Archimed có hướng thẳng đứng lên trên nên:
\(g' = g - \frac{{{F_A}}}{m} = g - \frac{{{D_{kk}}Vg}}{{DV}} = g - \frac{{{D_{kk}}g}}{D}\)
\( \Rightarrow \frac{{T'}}{T} = \sqrt {\frac{g}{{g'}}} = \sqrt {\frac{1}{{1 - \frac{{{D_{kk}}}}{D}}}} = 1,00075 \Rightarrow T' = 1,00075.2 = 2,00015\left( s \right)\)
Đáp án đúng: B
Lời giải
Ta có: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 2\left( s \right)\)
Tại \(t = 0:\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\v = 0\end{array} \right.\)
Sử dụng đường tròn lượng giác xác định được, vật qua VTCB lần thứ ba vào thời điểm: \(t = \frac{T}{4} + T = 2,5\left( s \right)\)
3 điểm.
2 điểm.
0 điểm.
4 điểm.
Lời giải
Xét \(\Delta M{S_1}{S_2}\)có \(M{S_1} = 16\left( {cm} \right);M{S_2} = 25\left( {cm} \right)\)
Ta có: \({S_1}{S_2} = {S_1}H + {S_2}H = \sqrt {{{16}^2} - M{H^2}} + \sqrt {{{25}^2} - M{H^2}} = 20\)
\( \Rightarrow MH = 15,98\left( {cm} \right) \Rightarrow M{S'_2} = 33,3\,cm\)
Gọi O là điểm nằm trong khoảng S2S'2 để đặt vị trí nguồn S2.
Tại M có cực đại giao thoa: \(MO - M{S_1} = k\lambda \)
Vì O nằm trên khoảng \({S_2}{S'_2} \Rightarrow M{S_2} - M{S_1} < k\lambda < M{S'_2} - M{S_1}\)
\( \Rightarrow 25 - 16 < 3k < 33,3 - 16 \Rightarrow 3 < k < 5,7 \Rightarrow k = 4;\,5\)
Có hai giá trị k thoả mãn.
Đáp án đúng: B
Đồ thị li độ của một vật cho ở hình vẽ bên, phương trình nào dưới đây là phương trình dao động của vật
\(x = A\cos \left( {\frac{{2\pi }}{T}t + \frac{\pi }{2}} \right)\)
\(x = A\sin \left( {\frac{{2\pi }}{T}t + \frac{\pi }{2}} \right)\)
\(x = A\cos \left( {\frac{{2\pi }}{T}t} \right)\)
\(x = A\sin \left( {\frac{{2\pi }}{T}t} \right)\)
Lời giải
Tại vị trí ban đầu vật ở VTCB, vật đi theo chiều âm nên φ = π/2
=> Phương trình dao động: \(x = A\cos \left( {\frac{{2\pi }}{T}t + \frac{\pi }{2}} \right)\)
Đáp án đúng: A
6 s.
4,24 s.
3,46 s.
1,5 s.
Lời giải
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \Rightarrow T \sim \sqrt \ell \)
\( \Rightarrow \frac{{T'}}{T} = \sqrt {\frac{{\ell '}}{\ell }} = \sqrt 3 \Rightarrow T' = T\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \left( s \right) \approx 3,46\left( s \right)\)
Đáp án đúng: C
17 cm.
19,2 cm.
8,5 cm.
9,6 cm.
Lời giải
Biên độ dao động của con lắc khi thang máy đứng yên:
\(A = \frac{{{\ell _{max}} - {\ell _{\min }}}}{2} = \frac{{48 - 32}}{2} = 8\left( {cm} \right)\)
Độ biến dạng ở VTCB: \(\Delta \ell = \frac{{mg}}{k} = 0,16\left( m \right) = 16\left( {cm} \right)\)
Lại có: \({\ell _{max}} = {\ell _0} + \Delta \ell + A \Rightarrow {\ell _0} = 24\left( {cm} \right)\)
Tại thời điểm mà vật ở vị trí thấp nhất thì cho thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a = g/10 thì con lắc chịu tác dụng của lực quán tính \({F_{qt}} = ma = 0,4.1 = 0,4\left( N \right)\)hướng lên.
Lực này sẽ gây ra biến dạng thêm cho vật đoạn: \(x = \frac{{{F_{qt}}}}{k} = \frac{{0,4}}{{25}} = 0,016\left( m \right) = 1,6\left( {cm} \right)\)
Vậy sau đó vật dao động với biên độ: 8 + 1,6 = 9,6 cm.
Đáp án đúng: D2A.
A.
0.
\(A\sqrt 2 \).
Lời giải
Dao động tổng hợp của hai dao động đó sẽ có biên độ bằng
\[{A_{th}} = \sqrt {{A^2} + {A^2} + 2A.A.\cos \frac{{2\pi }}{3}} = A\]
Đáp án đúng: B
Lời giải
Hai quả cầu hút nhau nên chúng tích điện trái dấu.
Vì điện tích trái dấu nên:
\(\left| {{q_1}{q_2}} \right| = - {q_1}{q_2} = \frac{{F.{r^2}}}{{{{9.10}^9}}} = \frac{{16}}{3}{.10^{ - 12}} \Rightarrow {q_1}{q_2} = - \frac{{16}}{3}{.10^{ - 12}}\)(1)
Sau khi tiếp xúc \[q{'_1} = q{'_2} = \frac{{{q_1} + {q_2}}}{2}\] và cho chúng trở lại khoảng cách như cũ:
\[{\left( {\frac{{{q_1} + {q_2}}}{2}} \right)^2} = \frac{{F'{r^2}}}{{{{9.10}^9}}} = \frac{{16}}{3}{.10^{ - 12}} \Rightarrow {q_1} + {q_2} = \pm \frac{{\sqrt {192} }}{3}{.10^{ - 6}}\left( 2 \right)\]
Từ (1) và (2) ta thấy q1 và q2 là nghiệm của các phương trình:
\(3{q^2} \pm \sqrt {192} {.10^{ - 6}}q - {16.10^{ - 12}} = 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{q_1} = {0,96.10^{ - 6}}C\\{q_2} = - {5,58.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\)hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{q_2} = {0,96.10^{ - 6}}C\\{q_1} = - {5,58.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\)
Hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{q_1} = - {0,96.10^{ - 6}}C\\{q_2} = {5,58.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{q_2} = - {0,96.10^{ - 6}}C\\{q_1} = {5,58.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\)
0,15 s.
0,3 s.
0,6 s.
0,423 s.
Lời giải
+ Chu kì dao động điều hòa của con lắc lò xo không phụ thuộc vào biên độ dao động.
+ T’ = T/2 = 0,15 s.
Đáp án đúng: A
4 N.
\(4\sqrt 2 \)N.
5 N.
3,6 N.
Lời giải
Lực đàn hồi tác dụng lên vật khi ở VTCB:
\({F_{dh}} = k\Delta {\ell _0} \Rightarrow k = \frac{{{F_{dh}}}}{{\Delta {\ell _0}}} = \frac{2}{{0,05}} = 40\left( {{\rm{N/m}}} \right)\)
Tần số góc của dao động: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {\ell _0}}}} = 10\sqrt 2 \) rad/s
Lò xo giãn 2 cm, li độ của vật khi đó: x = 2 – 5 = –3 (cm)
Áp dụng công thức độc lập với thời gian tại thời điểm t = 0, ta có:
\(A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = 5\left( {cm} \right)\)
Giá trị cực đại của lực đàn hồi tác dụng lên vật:
Fdhmax = k.(Δℓ + A) = 40.(0,05 + 0,05) = 4 (N).
Đáp án đúng: A
5.10-3 J.
1,8.10-3 J.
9,8.10-3 J.
3,2.10-3 J.
Lời giải
Biên độ dao động tổng hợp: A = 10 cm => \[W = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {5.10^{ - 3}}\,J\]
Đáp án đúng: A\(t = \frac{1}{{12}} + \frac{k}{2}\)
\(\left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{{12}} + \frac{k}{2}\\t = \frac{5}{{12}} + \frac{k}{2}\end{array} \right.\)
\(t = \frac{5}{{12}} + \frac{k}{2}\)
Một giá trị khác.
Lời giải
Lúc đầu vật ở biên âm x = -A
Vật qua li độ \(x = - \frac{A}{2}\)theo chiều dương lần đầu tiên tại \(\frac{T}{6}\)
Vật qua li độ - 2 cm theo chiều dương vào những thời điểm:
\(t = \frac{T}{6} + kT = \frac{{0,5}}{6} + k.0,5 = \frac{1}{{12}} + \frac{k}{2}\)
Đáp án đúng: A
235 cm.
246,46 cm.
245,46 cm.
247,5 cm.
Lời giải
Tại thời điểm ban đầu vật xuất phát từ VTCB đi theo chiều dương.
Chu kì dao động \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)
Xét khoảng thời gian \(t = 12,375 = 12T + \frac{{3T}}{8}\)
Như vậy quãng đường đi được sẽ là s = s1 + s2
với s1 là quãng đường vật đi được trong thời gian 12T kể từ khi bắt đầu dao động, s2 là quãng đường vật đi được trong thời gian \(\frac{{3T}}{8}\) tiếp theo.
- Trong thời gian 12T, quãng đường vật đi được là s1 = 12.4A = 48A
- Trong thời gian \(\frac{{3T}}{8}\) tiếp theo, vật đi được quãng đường:
\({s_2} = A + \left( {A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}} \right) = 2A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)
Vậy, tổng quãng đường đi được là: \(s = {s_1} + {s_2} = 48A + 2A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2} = 50A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)
Thay số vào ta được s = 246,46 cm.
Đáp án đúng: B
0,04 N.
0,4 N.
40 N.
4 N.
Lời giải
\[{F_{kv\;max}} = \;k.A = \;m{\omega ^2}A = \;0,4\;N\]
Đáp án đúng: B
800 N/m.
0,05 N/m.
800π N/m.
15,9 N/m.
Lời giải
Với con lắc lò xo ta có: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \Rightarrow 2\pi f = \sqrt {\frac{k}{m}} \Rightarrow k = 4{\pi ^2}{f^2}m = 800\left( {N/m} \right)\)
Đáp án đúng: A
t = T/12.
t = T/6.
t = T/3.
t = 5T/12.
Lời giải
Thời điểm ban đầu t = 0 vật qua VTCB theo chiều âm
Vật có gia tốc bằng một nửa giá trị cực đại \( \Leftrightarrow - {\omega ^2}x = \frac{{{\omega ^2}A}}{2} \Rightarrow x = - \frac{A}{2}\)
Biểu diễn các thời điểm trên đường tròn lượng giác:
Góc quét là \(\alpha = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{T}{{12}}\)
Đáp án đúng: A2T/3.
T/3.
T/2.
T/4.
Lời giải
Biên độ A = 2 cm = 0,02 m
\({F_x} = kx = 100x \le 1 \Rightarrow x \le 0,01\,\left( m \right) \Rightarrow x \le \frac{A}{2}\)\( \Rightarrow \Delta t = 4.\frac{T}{{12}} = \frac{T}{3}\)
Đáp án đúng: B
\({18.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\({9.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\({12,73.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\(0\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
Lời giải
Ta có: \({r_1} = {r_2} = \sqrt {A{H^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)
Vì \(\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\) và \({r_1} = {r_2} \Rightarrow {E_1} = {E_2} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{r_1^2}} = {9.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)
Từ hình vẽ ta có: \(E = 2{E_1}\cos \alpha \)
Với \(\cos \alpha = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow E = 2{E_1}\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {12,73.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)
Đáp án đúng: C3 cm.
4 cm.
5 cm.
8 cm.
Lời giải
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{v_{max}} = \omega A\\{a_{max}} = {\omega ^2}A\end{array} \right. \Rightarrow v_{max}^2 = {\omega ^2}{A^2} \Rightarrow \frac{{v_{max}^2}}{{{a_{max}}}} = A = 4\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: B
0,5 s.
1 s.
0,1 s.
5 s.
Lời giải
+ Ta có: A = 20 cm; x = 10 cm; v = 20π\(\sqrt 3 \) cm/s.
+ Áp dụng công thức độc lập:
\(\omega = \sqrt {\frac{{{v^2}}}{{{A^2} - {x^2}}}} = 2\pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right) \Rightarrow T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)
Đáp án đúng: B
20 cm.
30 cm.
40 cm.
50 cm.
Lời giải
Người ta cho nước nhỏ đều đặn lên điểm O nằm trên mặt nước phẳng lặng với tốc độ 90 giọt trong 1 phút => Tần số sóng là \(f = \frac{{90}}{{60}} = 1,5\left( {Hz} \right)\)
Khoảng cách giữa hai vòng tròn liên tiếp là 1 bước sóng do đó
\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{60}}{{1,5}} = 40\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: Ccực đại
cực tiểu
bằng a/2
bằng a
Lời giải
S1 và S2 cùng pha, tại trung điểm:\({d_1} - {d_2} = 0 = k\lambda \)
⇒ Điểm đó dao động cực đại.
Đáp án đúng: A
100 V/m
200 V/m
400 V/m
300 V/m
Lời giải
Áp dụng công thức tính công của lực điện ta có:
\(A = qU = qEd \Rightarrow E = \frac{A}{{qd}} = 200\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)
Đáp án đúng: B40 cm/s.
50 cm/s.
60 cm/s.
80 cm/s.
Lời giải
Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về sự truyền sóng
+ Phao nhô lên 5 lần trong 20 s => 4T = 20 s => chu kì T = 5 s.
+ Khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp λ = 2 m
=> Vận tốc truyền sóng v = λ/T = 2/5 = 0,4 m/s = 40 cm/s
Đáp án đúng: A
14.
12.
10.
8.
Lời giải
Ta có hình vẽ:
Do số vân giao thoa cực đại nhiều hơn số vân giao thoa cực tiểu và M là cực đại xa A nhất nên khoảng từ M đến B không có vân cực tiểu, do đó đoạn \[MB < \frac{\lambda }{4}\]
Tại B không phải là cực đại nên ta có:
\(d + \frac{\lambda }{4} > AB \Rightarrow \lambda > 4\left( {AB - d} \right) = 2,4\left( {cm} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{AB}}{\lambda } < \frac{{12,6}}{{2,4}} = 5,25\)
Giả sử có 5 cực đại ở hai bên đường trung trực của AB, hay tại M là cực đại bậc 5 thì ta có: \(AM - BM = 5\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{AM - BM}}{5} = \frac{{12 - 0,6}}{5} = 2,28\left( {cm} \right)\)
Loại vì \(\lambda > 2,4\left( {cm} \right)\)
Vậy giả sử có 4 cực đại mỗi bên đường trung trực của AB, hay tại M là cực đại bậc 4 thì ta có: \(AM - BM = 4\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{AM - BM}}{4} = \frac{{12 - 0,6}}{4} = 2,85\left( {cm} \right)\)
Khi đó trên AB có 9 cực đại (k = ±4; ±3; ±2; ±1; 0)
Số cực tiểu trên BA là số giá trị k thỏa mãn
\( - \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} \Rightarrow - 4,9 < k < 3,9\)
Khi đó trên AB có 8 cực tiểu \(\left( {k = - 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right)\) thỏa mãn điều kiện đề bài.
Đáp án đúng: D
1/3 m/s.
1/6 m/s.
3 m/s.
6 m/s.
Lời giải
Phương trình sóng u = 5cos(6πt - πx) (cm) (x tính bằng mét, t tính bằng giây)
Tần số \[f = \frac{\omega }{{2\pi }} = 3\,Hz\]
Ta có \[\pi x = \frac{{2\pi x}}{\lambda } \Rightarrow \lambda = 2\,m\]
Tốc độ truyền sóng: v = λ.f = 6 m/s
Đáp án đúng: D\(\frac{T}{3}\).
\(\frac{T}{2}\).
\(\frac{{2T}}{3}\).
\(\frac{T}{4}\).
Lời giải
Ta có tốc độ trung bình của vật trong 1 chu kì: \({v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{4A}}{T} = \frac{{4A}}{{\frac{{2\pi }}{\omega }}} = \frac{{2A\omega }}{\pi }\)
Vận tốc tức thời: \(v \ge \frac{\pi }{4}{v_{tb}} = \frac{\pi }{4}.\frac{{2A\omega }}{\pi } \Rightarrow v \ge \frac{{A\omega }}{2} = \frac{{{v_{max}}}}{2}\)
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: \( - \frac{{A\sqrt 3 }}{2} \le x \le \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\)
Biểu diễn trên VTLG, ta có:
Từ VTLG, ta thấy khoảng thời gian vật có độ lớn vận tốc tức thời không nhỏ hơn π/4 lần tốc độ trung bình trong 1 chu kỳ là: \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{2T}}{3}\)
Đáp án đúng: C0,85 s.
1,05 s.
1,40 s.
0,71 s.
Lời giải
Khi có cộng hưởng, chu kì dao động đó chính là chu kì dao động riêng của hệ:
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,5}}{{10}}} = 1,405\left( s \right)\)
Đáp án đúng: C
Trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với vận tốc.
Sớm pha \(\frac{\pi }{2}\) so với vận tốc.
Cùng pha với vận tốc.
Ngược pha với vận tốc.
Lời giải
Trong dao động điều hoà, gia tốc biến đổi sớm pha \(\frac{\pi }{2}\) so với vận tốc.
Đáp án đúng: B
2.
2,25.
2,5.
3.
Lời giải
Khi đặt trong không khí: \[\left\{ \begin{array}{l}F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\end{array} \right. \Rightarrow \left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = \sqrt {\frac{{F.{r^2}}}{k}} = {4.10^{ - 6}}\left( C \right)\]
Khi đặt trong dầu: \({F_\varepsilon } = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} \Rightarrow \varepsilon = 2,25\)
Đáp án đúng: B
lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn tỉ lệ với bình phương biên độ.
gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.
vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.
lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.
Lời giải
Một con lắc lò xo dao động điều hòa thì vật có tốc độ cực đại khi vật đi qua vị trí cân bằng.
Đáp án đúng: C0,36 m/s.
3,6 m/s.
36 cm/s.
– 0,36 m/s.
Lời giải
Chu kì: \(T = 0,1\left( s \right)\)
Thời gian vật đi đoạn đường ngắn nhất từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = 3 cm là \(\Delta t = \frac{T}{{12}} = \frac{1}{{120}}\left( s \right)\)
Vận tốc trung bình của vật khi đi đoạn đường ngắn nhất từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = 3 cm là
\(\overline v = \frac{{{x_{sau}} - {x_{truoc}}}}{{\Delta t}} = \frac{{3 - 0}}{{\frac{1}{{120}}}} = 360\left( {{\rm{cm/s}}} \right) = 3,6\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)
Đáp án đúng: Blực hút với độ lớn F = 45 (N).
lực đẩy với độ lớn F = 45 (N).
lực hút với độ lớn F = 90 (N).
lực đẩy với độ lớn F = 90 (N).
Lời giải
Ta có, q1.q2 < 0 => lực tương tác giữa hai điện tích là lực hút.
Theo định luật Cu-lông, ta có: \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} = 45\left( N \right)\)
Đáp án đúng: A
tăng 2 lần.
tăng 4 lần.
không thay đổi.
giảm 2 lần.
Lời giải
Chu kì dao động của con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)
\(T' = 2\pi \sqrt {\frac{{m'}}{{k'}}} = 2\pi \sqrt {\frac{{\frac{m}{2}}}{{2k}}} = \frac{T}{2}\)
Đáp án đúng: D
0,25s.
0,5s.
1,5s.
0,75s
Lời giải
Vì hòn bi chuyển động trên một cung tròn dài 4 cm nên biên độ dao động A = 4 cm
=> Thời gian để hòn bi đi được 2 cm kể từ VTCB là t = T/12 = 0,25 s
Đáp án đúng: A
Lời giải
Trrong 10 s thực hiện được 20 dao động
⇒ Trong 1 s thực hiện được 2 dao động
⇒ \(f = 2 \Rightarrow \omega = 2\pi f = 4\pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right)\)
\( \Rightarrow L = 10\left( {cm} \right) \Rightarrow A = 5\left( {cm} \right)\)
Tại t = 0 vật qua VTCB theo chiều dương \(\varphi = - \frac{\pi }{2}\)\( \Rightarrow x = 5\cos \left( {4\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\)
Khi tần số ngoại lực < 10 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.
Khi tần số ngoại lực < 5 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.
Khi tần số ngoại lực > 5 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.
Khi tần số ngoại lực > 10 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.
Lời giải
Tần số dao động riêng của con lắc lò xo: \[f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} = 5\,Hz\]
Khi tần số ngoại lực < 5 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.
Đáp án đúng: B
\(x = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{\pi }{4}} \right)\left( {cm} \right)\)
\(x = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\left( {cm} \right)\)
\(x = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{{5\pi }}{6}} \right)\left( {cm} \right)\)
\(x = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\)
Lời giải
* Tần số góc của CLLX: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{20}}{{0,1}}} = 10\sqrt 2 \left( {{\rm{rad/s}}} \right)\)
* Kéo quả cầu thẳng đứng xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn \(2\sqrt 2 \) cm rồi thả cho quả cầu trở về vị trí cân bằng với vận tốc có độ lớn là \(0,2\sqrt 2 \left( {{\rm{m/s}}} \right) = 20\sqrt 2 \left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)
⇒ Biên độ \(A = \sqrt {{x^2} + {{\left( {\frac{v}{\omega }} \right)}^2}} = 4\left( {cm} \right)\)
* Gốc thời gian là lúc thả quả cầu, nghĩa là lúc vật có li độ \(x = 2\sqrt 3 \) cm và chuyển động theo chiều âm(vì chiều dương hướng xuống)
=> Pha ban đầu φ = π/6 rad
Vậy, phương trình dao động của vật là:
\(x = 4\cos \left( {10\sqrt 2 t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right) = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\) cm.
Đáp án đúng: B
\(t = 3\).
\(t = 1\).
\(t = 2\).
\(t = 4\).
Lời giải
\(s = 6{t^2} - {t^3} > 0 \Rightarrow v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 12t - 3{t^2}\)
Ta có: \(v'\left( t \right) = 12 - 6t,v'\left( t \right) = 0 \Rightarrow t = 2\)
Hàm số v(t) đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên khoảng (2; +∞).
Do đó maxv(t) = v(2) = 12 (m/s)
Vậy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi \(t = 2\).
Đáp án đúng: C
s = 5sin(t/2 - π/2 ) (cm).
s = 5sin(t/2 + π/2) (cm).
s = 5sin(2t - π/2) (cm).
s = 5sin(2t + π/2) (cm).
Lời giải
Kéo con lắc trên cung độ dài 5 cm rồi thả nhẹ => So = 5 cm
\(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \) 2 rad/s
Chiều dương hướng từ vị trí cân bằng tới góc lệch ban đầu
=> s = So => \(\varphi \) = 0 => s = 5cos(2t) = 5sin( 2t + π/2)(cm).
Đáp án đúng: D
x = 10cos(πt + π /3) (cm).
x = 10cos(2πt + π/3) (cm).
x = 10cos(πt - π/6) (cm).
x = 5cos(πt - 5π /6) (cm).
Lời giải
\(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {rad/s} \right)\)
\(\omega A = 31,4 \Rightarrow A = 10\)
Tại t = 0, x = 5 > 0 và đi theo chiều âm
\(\varphi = \arccos \frac{5}{{10}} = \frac{\pi }{3}\) => x = 10cos(πt + π /3)(cm).
Đáp án đúng: ASmax = 7,07 cm.
Smax = 17,07 cm.
Smax = 20 cm.
Smax = 13,66 cm.
Lời giải
Chu kì dao động: T = 2s
Ta có: ∆t = 1,5s = 1s + 0,5s = T/2 + T/4 => Smax = 2A + SmaxT/4
=> Góc quét được trong khoảng thời gian T/4 là π/2.
Quãng đường vật đi được trong \[\frac{1}{2}\] chu kì là 2A.
Vật có tốc độ cực đại khi qua vị trí cân bằng. Trong cùng một khoảng thời gian vật đi được quãng đường lớn nhất khi đi xung quanh vị trí cân bằng. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:
\( \Rightarrow {S_{max\frac{T}{4}}} = \frac{5}{{\sqrt 2 }} + \frac{5}{{\sqrt 2 }} = 5\sqrt 2 \) cm
\( \Rightarrow {S_{max}} = 2A + {S_{max\frac{T}{4}}} = 2.5 + 5\sqrt 2 = 17,07\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: B
Nối tiếp với mạch một tụ điện có ZC =\(\frac{{100}}{{\sqrt 3 }}\Omega \).
Nối tiếp với mạch tụ có ZC = \(100\sqrt 3 \).
Tăng tần số nguồn điện xoay chiều.
Không có cách nào.
Lời giải
Ban đầy mạch RL có u và i lệch pha \[\frac{\pi }{6}\] nên \[\tan \frac{\pi }{6} = \frac{{{Z_L}}}{R} \Rightarrow {Z_L} = \frac{{100}}{{\sqrt 3 }}\,\Omega \]
Để u và i cùng pha ⇒ mạch gồm đủ 3 phần tử R, L, C và mạch xảy ra cộng hưởng.
⇒ Nối tiếp với mạch một tụ điện có ZC = \(\frac{{100}}{{\sqrt 3 }}\Omega \).
Đáp án đúng: AKhi bỏ qua ma sát, lực cản và với dao động nhỏ thì con lắc dao động điều hòa.
Khi vật nặng ở vị trí biên, cơ năng của vật nặng bằng thế năng của nó.
Khi chuyển động về vị trí cân bằng, vận tốc của vật tăng dần.
Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì trọng lực tác dụng lên nó cân bằng với lực căng dây.
Lời giải
Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì trọng lực tác dụng lên nó không cân bằng với lực căng dây.
Đáp án đúng: D
2 s.
1 s.
0,125 s.
0,5 s.
Lời giải
Mỗi phút vật thực hiện được 120 dao động \( \Rightarrow T = \frac{{60}}{{120}} = 0,5\left( s \right)\)
Động năng bằng nửa cơ năng tức là động năng bằng thế năng.
Thời gian 2 lần liên tiếp để động năng bằng thế năng là \(\Delta t = \frac{T}{4} = 0,125\left( s \right)\)
Đáp án đúng: C
3.
7/3.
7.
3/7.
Lời giải
Fđhmax = k.( ∆l + A)
Fđhmin = k(∆l – A)
\(\Delta \ell = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{g}{{{{\left( {2\pi f} \right)}^2}}} = 0,25\left( m \right)\)
\(\frac{{{F_{dh\min }}}}{{{F_{dh\max }}}} = \frac{{k\left( {\Delta \ell - A} \right)}}{{k\left( {\Delta \ell + A} \right)}} = \frac{3}{7}\)
Đáp án đúng: D
\[{V_B} = {V_C} = 2000\left( V \right)\]
\({V_B} = 2000\left( V \right);{V_C} = - 2000\left( V \right)\)
\({V_B} = {V_C} = - 2000\left( V \right)\)
\({V_B} = - 2000\left( V \right);{V_C} = 2000\left( V \right)\)
Lời giải
Mốc điện thế tại A: \({V_A} = 0\)
\({U_1} = {E_1}{d_1} = {V_B} - {V_A} \Rightarrow {V_B} = {E_1}{d_1} = 2000\left( V \right)\)
\({U_2} = {E_2}{d_2} = {V_B} - {V_C} \Rightarrow {V_C} = {E_2}{d_2} = - 2000\left( V \right)\)
Đáp án đúng: B
34 V/m.
12 V/m.
16,6 V/m.
37 V/m.
Lời giải
Áp dụng công thức tính cường độ điện trường ta xác định được cường độ điện trường tại A, B, M như sau:
\(\left\{ \begin{array}{l}{E_A} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_A^2}} \Rightarrow {r_A} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_A}}}} \\{E_B} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_B^2}} \Rightarrow {r_B} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_B}}}} \\{E_M} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_M^2}} \Rightarrow {r_M} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_M}}}} \end{array} \right.\)
Vì điểm M là trung điểm của A và B nên \({r_M} = \frac{{{r_A} + {r_B}}}{2}\)
Ta có: \(\sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_M}}}} = \frac{{\sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_A}}}} + \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_B}}}} }}{2} \Rightarrow \sqrt {\frac{1}{{{E_M}}}} = \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{E_A}}}} + \sqrt {\frac{1}{{{E_B}}}} }}{2} \Rightarrow {E_M} = 34,02\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)
Đáp án đúng: A
A1 + A2 .
2A1 .
\(\sqrt {A_1^2 + A_2^2} \)
2A2 .
Lời giải
Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi
\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \)
Do \(\left| {\cos \Delta \varphi } \right| \le 1\)nên biên độ dao động cực đại khi |cos Δφ| = 1, suy ra:
\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2} \Rightarrow {A^2} = {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} \Rightarrow A = {A_1} + {A_2}\)
Đáp án đúng: AĐồng hồ bấm giây.
Cân.
Thước.
Lực kế.
Lời giải
Chu kỳ dao động là thời gian vật thực hiện 1 dao động toàn phần. Vậy để đo chu kỳ dao động ta cần dùng đồng hồ bấm giây.
Đáp án đúng: A
\(\frac{{6,4}}{3}\left( {mJ} \right)\).
\(\frac{{0,64}}{3}\left( {mJ} \right)\).
\(64\,\,J\).
6,4 mJ.
Lời giải
Từ đồ thị ta có:
+ Tại thời điểm t1: x2 = 4 cm↓ và x1 = 4 cm↑
+ Tại thời điểm t2: x2 = 0 cm↓ và x1 = 4 cm↓
Gọi A và φ là biên độ dao động và độ lệch pha của hai dao động thành phần.
Biểu diễn trên VTLG ta có:
Từ VTLG, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \frac{\varphi }{2} = \frac{4}{A}\\\sin \varphi = \frac{4}{A}\end{array} \right. \Rightarrow \cos \frac{\varphi }{2} = \sin \varphi \)
\( \Leftrightarrow \cos \frac{\varphi }{2} = \cos \left( {\varphi - \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow A = \frac{8}{{\sqrt 3 }}\left( {cm} \right)\)
Biên độ dao động tổng hợp hai dao động thành phần là:
\({A_{th}} = \sqrt {{A^2} + {A^2} + 2.A.A.\cos \varphi } = 8\left( {cm} \right) = 0,08\left( m \right)\)
Ta có: \(\varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow {t_{1 \to 2}} = \frac{\varphi }{\omega } = \frac{{\frac{\pi }{3}}}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{T}{6}\)
\({t_2} - {t_1} = \frac{T}{6} = \frac{1}{3}\left( s \right) \Rightarrow T = 2\left( s \right)\)
Cơ năng của chất điểm có giá trị bằng: \[{\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {6,4.10^{ - 3}}\left( J \right) = 6,4\left( {mJ} \right)\]
Đáp án đúng: D
Mức cường độ âm tăng thêm 10 dB.
Tốc độ truyền âm tăng 10 lần.
Độ to của âm không đổi.
Cường độ âm không đổi.
Lời giải
Ta có: \({L_2} - {L_1} = 10\log \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = 10\log \frac{{10{I_1}}}{{{I_1}}} = 10\left( {dB} \right)\)
Đáp án đúng: A
Một điện tích điểm q = -4.10-8C di chuyển dọc theo chu vi của một tam giác MNP, vuông tại P, trong điện trường đều có cường độ 200 V/m. Cạnh MN = 10 cm, MN cùng phương cùng chiều với \(\vec E\). Cho NP = 8 cm. Môi trường là không khí. Tính công của lực điện trong các dịch chuyển sau của q:
a, từ M đến N.
b, từ N đến P.
c, từ P đến M.
d, theo đường kín MNPM.
Lời giải
Hình chiếu của P xuống MN là H
Hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(P{N^2} = NH.MN \Rightarrow HN = 6,4\left( {cm} \right)\)
\(MN = MH + HN \Rightarrow HM = 3,6\left( {cm} \right)\)
Công của lực điện: \(A = qEd\)
\(A > 0\) khi điện tích chuyển động ngược chiều \(\vec E\) (do điện tích âm)
\(A < 0\) khi điện tích chuyển động cùng chiều \(\vec E\)
a. \({A_{MN}} = q.E.MN = - {4.10^{ - 8}}.200.0,1 = - {8.10^{ - 7}}\left( J \right)\)
B. \({A_{NP}} = q.E.NH = {4.10^{ - 8}}.200.0,064 = {5,12.10^{ - 7}}\left( J \right)\) (do ngược chiều điện trường)
c. \({A_{PM}} = q.E.MH = {4.10^{ - 8}}.200.0,036 = {2,88.10^{ - 7}}\left( J \right)\)(do ngược chiều điện trường)
d. A = 0.
Cùng biên độ, khác pha.
Ngược pha.
Cùng tần số, cùng biên độ.
Cùng pha.
Lời giải
+ Các phần tử giữa hai nút sóng liền kề nằm trên cùng một bó sóng.
+ Các phân tử trên cùng 1 bó sóng luôn dao động cùng pha.
Đáp án đúng: D
260 cm2.
180 cm2.
180 mm2.
260 mm2.
Lời giải
Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn: \(N = 2.\left[ {\frac{{AB}}{\lambda }} \right] + 1 = 11\)
+ Để số điểm dao động với biên độ cực đại trên MN là nhiều nhất thì N phải nằm trên hypebol cực đại ứng với \(k = - 5\)
+ N đối xứng với M nên N nằm trên cực đại bậc 5, ta có \({d_2} - {d_1} = 5\lambda = 40\left( {cm} \right)\)
Mặt khác: \({d_2} = \sqrt {d_1^2 + {{44}^2}} \Rightarrow \sqrt {d_1^2 + {{44}^2}} - {d_1} = 40 \Rightarrow {d_1} = 4,2\left( {cm} \right)\)
Diện tích của hình chữ nhật:
\(S = AB.AN = 44.4,2 = 184,8\left( {c{m^2}} \right)\)
Đáp án đúng: B
300 V.
-900 V.
900 V.
-300 V.
Lời giải
Do q1.q2 > 0 nên vị trí điểm M có cường độ điện trường tổng hợp bằng 0 nằm trong khoảng giữa q1 và q2.
Gọi x là khoảng cách từ vị trí điểm M đến điện tích q1
Ta có, tại M cường độ điện trường tổng hợp bằng 0, nên ta có:
\({\vec E_1} + {\vec E_2} = 0 \Rightarrow {E_1} = {E_2} \Rightarrow k\frac{{{q_1}}}{{{x^2}}} = k\frac{{{q_2}}}{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}} \Rightarrow a - x = 2x \Rightarrow x = \frac{a}{3} = 3\left( {cm} \right) = 0,03\left( m \right)\)
Điện thế tại M: \({V_M} = {V_{1M}} + {V_{2M}} = k\frac{{{q_1}}}{x} + k\frac{{{q_2}}}{{a - x}} = 900\left( V \right)\)
Đáp án đúng: C
x = 10cos(10t – π/2) cm.
x = 10cos(10t + π) cm.
x = 5cos(10t – π) cm.
x = 5cos(10t) cm.
Lời giải
Tần số góc của dao động: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 10\left( {rad/s} \right)\)
Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: \(\Delta {\ell _o} = \frac{{mg}}{k} = 10\left( {cm} \right)\)
Nâng vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ ⇒ Vật sẽ dao động với biên độ \( \Rightarrow A = \Delta {\ell _0} = 10\left( {cm} \right)\)
⇒ Ban đầu vật ở vị trí biên âm
⇒ \({\varphi _0} = \pi \Rightarrow x = 10\cos \left( {10t + \pi } \right)\)cm
Đáp án đúng: B
17 điểm.
15 điểm.
14 điểm.
16 điểm.
Lời giải
Bước sóng: λ = v/f = 2 cm
Số điểm dao động với biện độ cực đại trên đoạn thẳng AB bằng số giá trị k nguyên thoả mãn:
\( - \frac{{AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Rightarrow - \frac{{16}}{2} < k < \frac{{16}}{2} \Leftrightarrow - 8 < k < 8\)
⇒ Có 15 giá trị của k nguyên thỏa mãn
Vậy có 15 điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB.
Đáp án đúng: B
1/Cω = Lω
P = Pmax
R = 0
U = UR
Lời giải
\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Để hệ số công suất cosφ = 0 thì R = 0
Đáp án đúng: C
Hút nhau.
Đẩy nhau.
Không hút nhau cũng không đẩy nhau.
Lúc hút, lúc đẩy nhau.
Lời giải
Ta có, khi đưa 2 cực lại gần nhau:
+ 2 cực cùng tên thì đẩy nhau
+ 2 cực khác tên thì hút nhau
Đáp án đúng: B
100 V.
200 V.
300 V.
400 V.
Lời giải
Ta vẽ được giản đồ véc tơ như sau:
Trong tam giác vuông MAB có: \(\widehat {MBA} + \varphi = {90^0} \Rightarrow \cos \varphi = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)
Thấy rằng: \(\widehat {MBA} + \widehat {ABN} = {180^0} \Rightarrow \sin \widehat {ABN} = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)
Do đó, \(\cos \widehat {ABN} = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {ABN}} = \pm 0,6\)
Vì \(\widehat {ABN}\) là góc tù nên cos\(\widehat {ABN}\)= -0,6
Trong tam giác ABN ta có: \(A{N^2} = A{B^2} + B{N^2} - 2AB.BN.\cos \widehat {ABN}\)
Tức là: \(U_{AN}^2 = U_{AB}^2 + U_{NB}^2 - 2{U_{AB}}.{U_{NB}}.\cos \widehat {ABN}\)
Thay số vào ta được: UAN = 400 V
Đáp án đúng: D
\({U_{AB}} = E + I.\left( {R + r} \right)\)
\({U_{AB}} = - E + I.\left( {R + r} \right)\)
\({U_{AB}} = E - I.\left( {R + r} \right)\)
\({U_{AB}} = - E - I.\left( {R + r} \right)\)
Lời giải
Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B được tính theo công thức:
\({U_{AB}} = E + I.\left( {R + r} \right)\) (vì chiều dòng điện đi vào cực dương của nguồn và đi từ A đến B)
Đáp án đúng: A
\({u_{AM}} = 50\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( V \right)\)
\({u_{AM}} = 50\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( V \right)\)
\({u_{AM}} = 100\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( V \right)\)
\({u_{AM}} = 100\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( V \right)\)
Lời giải
Vì \({\vec U_{AM}}\)trễ pha hơn \(\vec I\) góc \(\frac{\pi }{6}\) còn \({\vec U_{MB}}\) sớm pha hơn\(\vec I\) góc \(\frac{\pi }{3}\)
Nên \({\vec U_{AM}} \bot {\vec U_{MB}}\) hay \(\Delta AMB\) vuông tại M. Từ đó suy ra \({\vec U_{AM}}\) trễ pha hơn \({\vec U_{AB}}\) một góc \(\alpha \)sao cho AM = AB.cos\(\alpha \)
Ta nhận thấy chỉ có đáp án A thỏa mãn điều này.
Đáp án đúng: AR nối tiếp L
R nối tiếp C
L nối tiếp C
RLC nối tiếp
Lời giải
Mạch R, L, C có điện áp và cường độ dòng điện lệch pha nhau một góc khác 900 thì đoạn mạch không thể là L nối tiếp C.
Đáp án đúng: C
\[{R^2} = {Z_L}\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)\]
\[{R^2} = {Z_C}\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)\]
\[{R^2} = {Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)\]
\[{R^2} = {Z_L}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)\]
Lời giải
Từ giản đồ vecto, ta thấy: Trong tam giác vuông AOB luôn có: \(U_R^2 = {U_L}\left( {{U_C} - {U_L}} \right)\)
Đáp án đúng: AHệ số công suất của đoạn mạch giảm.
Cường độ của dòng điện giảm.
Hiệu điện thế hiệu dụng trên tụ điện tăng.
Hiệu điện thế hiệu dụng trên điện trở giảm.
Lời giải
Mạch cộng hưởng thì ZL = Zc =>Z = R
Khi tăng dần tần số dòng điện và giữ nguyên các thông số của mạch thì ZL tăng Zc giảm => Z tăng =>cos\(\varphi \)=R/Z giảm và I giảm => A, B, D đúng
Vì Zc và I giảm => Uc =I.Zc cũng giảm => C sai
Kết luận không đúng là C
Đáp án đúng: C
80 cm.
82 cm.
84 cm.
80 + \(2\sqrt 3 \)cm.
Lời giải
Pha ban đầu của dao động: \(\varphi = - \pi \)
Chu kì dao động của vật: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)
Tại thời điểm \(t = \frac{8}{3}\left( s \right)\), ta có: \(t = \frac{{8T}}{3} = 2T + \frac{{2T}}{3}\)
Trong khoảng thời gian \(\frac{{2T}}{3}\), vật quay được góc: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{{2T}}{3} = \frac{{4\pi }}{3}\left( {rad} \right)\)
Biểu diễn trên VTLG ta có:
Từ VTLG, ta thấy quãng đường vật đi được là: \(S = 2.4.8 + 2.8 + \left( {8 - 4} \right) = 84\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: C
\(12,5\Omega \).
12,5\(\sqrt 2 \Omega \).
\(12,5\sqrt 3 \Omega \).
\(125\sqrt 3 \Omega \).
Lời giải
Tổng trở của mạch: \(Z = \frac{U}{I} = \frac{{50}}{2} = 25\Omega \)
Ta có: \(\cos \frac{\pi }{6} = \frac{R}{Z} \Rightarrow R = 12,5\sqrt 3 \Omega \)
Đáp án đúng: CMáy tăng áp.
Máy ổn áp.
Máy hạ áp.
Không có đáp án.
Lời giải
Ta có N1 > N2 => U1 > U2 => Máy hạ áp
Đáp án đúng: C
Lời giải
Để mạch xảy ra cộng hưởng:
\(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = 2\pi f \Rightarrow C = {5.10^{ - 5}}\left( F \right)\)
0,5.
0,85.
\(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
1.
Lời giải
Để \({P_{Rm{\rm{ax}}}} \Rightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \Rightarrow Z = R\sqrt 2 \)
Hệ số công suất: \(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Đáp án đúng: C
\(\frac{U}{{{U_0}}} - \frac{I}{{{I_0}}} = 0\)
\(\frac{U}{{{U_0}}} + \frac{I}{{{I_0}}} = \sqrt 2 \)
\({\left( {\frac{u}{U}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{I}} \right)^2} = 1\)
\({\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)
Lời giải
Mạch chỉ có tụ điện nên u và i vuông pha ta áp dụng công thức độc lập thời gian:
\( \Rightarrow {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {\left( {\frac{u}{U}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{I}} \right)^2} = 2\)
Đáp án đúng: C
tím, chàm, cam.
đỏ, cam, chàm.
đỏ, cam.
chàm, tím.
Lời giải
\(\sin \theta = \frac{1}{n}\)
\( \Rightarrow {\theta _{do}} > {\theta _{cam}} > {\theta _{vang}} > {\theta _{cham}} > {\theta _{tim}}\)
→ Màu vàng đi là là mặt nước( bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần) thì màu chàm và tím đã phản xạ hoàn toàn rồi → chỉ còn tia đỏ và tia cam ló ra không khí
Đáp án đúng: C
\(\frac{1}{{200}}\left( s \right)\).
\(\frac{1}{{25}}\left( s \right)\).
\(\frac{1}{{100}}\left( s \right)\).
\(\frac{1}{{50}}\left( s \right)\).
Lời giải
Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp cường độ dòng diện bằng 0 là một nửa chu kỳ
Ta có: \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{50}}\left( s \right) \Rightarrow \frac{T}{2} = \frac{1}{{2f}} = \frac{1}{{100}}\left( s \right)\)
Đáp án đúng: C
\(C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }\left( F \right)\).
\(C = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{2\pi }}\left( F \right)\).
\(C = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }\left( F \right)\).
\(C = 3,18\left( {\mu F} \right)\).
Lời giải
Để điện áp giữa hai đầu đoạn mạch cùng pha với điện áp giữa hai đầu điện trở R hay u cùng pha với i thì có cộng hưởng điện.
\( \Rightarrow {Z_C} = {Z_L} \Rightarrow C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }\left( F \right)\)
Đáp án đúng: AP = 15 W.
P = 50 W.
P = 30 W.
P = 60 W.
Lời giải
Công suất tiêu thụ của mạch:
\(P = UI.\cos \varphi = 10.3.\cos \left( {\frac{{ - \pi }}{4} - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 15\left( {\rm{W}} \right)\)
Đáp án đúng: A
Sóng dài.
Sóng cực ngắn.
Sóng trung.
Sóng ngắn.
Lời giải
Bước sóng: \(\lambda = 2\pi \sqrt {LC} = 25,289\left( m \right)\)
⇒ Đây là sóng ngắn.
Đáp án đúng: D
\(Z = 100\,\,\Omega ,I = 2\left( A \right)\).
\(Z = 100\sqrt 2 \,\,\Omega ,I = 1,4\left( A \right)\).
\(Z = 100\sqrt 2 \,\,\Omega ,I = 1\left( A \right)\).
\(Z = 100\,\,\Omega ,I = 0,5\left( A \right)\).
Lời giải
Ta có: \({Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = 100\,\,\Omega ;{Z_L} = L\omega = 200\,\,\Omega \)
Tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = 100\sqrt 2 \Omega \)
Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \frac{U}{Z} = \frac{{200:\sqrt 2 }}{{100\sqrt 2 }} = 1\left( A \right)\)
Đáp án đúng: Cgây dung kháng nhỏ nếu tần số dòng điện lớn.
gây dung kháng lớn nếu tần số dòng điện lớn.
ngăn cản hoàn toàn dòng điện xoay chiều.
chỉ cho phép dòng điện đi qua theo một chiều.
Lời giải
Tác dụng của tụ điện đối với dòng điện xoay chiều là gây dung kháng nhỏ nếu tần số dòng điện lớn.\(\left( {{Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = \frac{1}{{C.2\pi f}} \Rightarrow {Z_C} \sim \frac{1}{f}} \right)\)
Đáp án đúng: A
100 V.
100\(\sqrt 2 \) V.
200 V.
200\(\sqrt 2 \) V.
Lời giải
Để thiết bị hoạt động tốt nhất thì giá trị định mức của thiết bị là: \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = 100\left( V \right)\)
Đáp án đúng: A20 cm/s.
10 cm/s.
40 cm/s.
30 cm/s.
Lời giải
Tần số góc: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \sqrt {\frac{{10}}{{{{40.10}^{ - 2}}}}} = 5\left( {{\rm{rad/s}}} \right)\)
Vận tốc của vật khi qua VTCB: \({v_{max}} = \omega {\alpha _0}\ell = 5.0,1.0,4 = 0,2\left( {m/s} \right) = 20\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)
Đáp án đúng: A2C
C/4
C/2
4C
Lời giải
Công thức tính điện dung của tụ điện phẳng: \(C = \frac{{\varepsilon .S}}{{4k\pi d}}\)
Khi tăng khoảng cách d giữa hai bản tụ lên 2 lần thì điện dung của tụ giảm đi 2 lần.
Đáp án đúng: C
T = 1 s.
T = 1 Hz.
T = 0,5 s.
T = 2 s.
Lời giải
Chu kì dao động của chất điểm: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\left( s \right)\)
Đáp án đúng: A
3 cm.
2 cm.
4 cm.
5 cm.
Lời giải
Chu kì dao động của vật: \(T = \frac{{60}}{{30}} = 2\left( s \right)\)
Quãng đường mà vật di chuyển trong 8 s, tương đương với 4T
\( \Rightarrow 4.4A = 64 \Rightarrow A = 4\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: C\(\frac{{2{I_0}}}{\omega }\).
0.
\(\frac{{3{I_0}}}{\omega }\).
\(\frac{{{I_0}}}{\omega }\).
Lời giải
Sử dụng tích phân: \(q = \int\limits_0^{\frac{T}{2}} {idt = } \int\limits_0^{\frac{T}{2}} {{I_0}\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)dt = } \frac{{2{I_0}}}{\omega }\)
Đáp án đúng: A1 m/s.
0,5 m/s.
1,5 m/s.
3 m/s.
Lời giải
Để nước sóng mạnh nhất thì khi đó phải xảy ra hiện tượng cộng hưởng.
Khi đó chu kì dao động riêng của nước và xô bằng chu kì bước chân của người sách:
\( \Rightarrow v = \frac{s}{T} = \frac{{0,5}}{1} = 0,5\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)
Đáp án đúng: B
26.
15.
29.
30.
Lời giải
Bước sóng là: \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{360}}{{300}} = 1,2\left( {cm} \right)\)
Biên độ dao động cực đại của phần tử môi trường là: A = 2a = 2.1 = 2 (cm)
Phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ 1 cm
\({A_M} = \frac{A}{2} \Rightarrow 2a\left| {\cos \frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right| = a\)\( \Rightarrow \cos \frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \pm \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \frac{\pi }{3} + k\pi \\\frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = - \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{\left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \frac{1}{3} + k\\\frac{{\left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = - \frac{1}{3} + k\end{array} \right.\)
Để M nằm trên S1S2: \( \Rightarrow - {S_1}{S_2} \le d{ & _2} - {d_1} \le {S_1}{S_2}\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} - 7,83 \le k \le 7,17\\ - 7,17 \le k \le 7,83\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = - 7; - 6;...;6;7\\k = - 7; - 6;...;6;7\end{array} \right.\)
Vậy có tất cả 30 điểm dao động với biên độ a trên đoạn S1S2
Đáp án đúng: D7 m/s.
5,71 m/s.
2,85 m/s.
0,7 m/s.
Lời giải
Áp dụng công thức: \(v = \frac{s}{t} = \frac{{40}}{7} = 5,71\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)
Đáp án đúng: B
20 cm.
\(9\sqrt 3 \) cm.
18 cm.
16 cm.
Lời giải
+ Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi
\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \Rightarrow {9^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right)\left( 1 \right)\)
Đạo hàm hai vế theo biến A1, ta thu được:
\[0 = 2{A_1} + 2{A_2}{A'_2} + 2{A_2}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right) + 2{A_1}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right){A'_2}\]
Để A2 cực đại tại \({A'_2} = 0 \Leftrightarrow {A_2} = - \frac{{{A_1}}}{{\cos \left( { - \frac{{5\pi }}{6}} \right)}} = \frac{{2{A_1}}}{{\sqrt 3 }}\)
Thay kết quả vào (1) ta được: \({A_1} = 9\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: B
2 N.
6 N.
0 N.
4 N.
Lời giải
Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta {\ell _0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{{{600.10}^{ - 3}}.10}}{{100}} = 6\left( {cm} \right)\)
Lực đàn hồi của lò xo tác dụng lên vật có độ lớn: \({F_{dh\min }} = k\left( {\Delta {\ell _0} - A} \right) = 2\left( N \right)\)
Đáp án đúng: A
100 g.
200 g.
50 g.
75 g.
Lời giải
Biên độ dao động đạt cực đại khi tần số dao động riêng bằng tần số của ngoại lực:
\( \Rightarrow f = \frac{\omega }{{2\pi }} = 2\pi \Rightarrow \omega = 40 \Rightarrow \sqrt {\frac{k}{m}} = 40 \Rightarrow m = 0,1\left( {kg} \right) = 100\left( g \right)\)
Đáp án đúng: A
8 bước.
6 bước.
4 bước.
2 bước.
Lời giải
Để tấm ván bị rung lên mạnh nhất thì số bước chân của người trên 1s bằng số dao động của tấm ván trên 1s (cộng hưởng cơ)
Ta có, tần số dao động của tấm ván chính là số dao động của tấm ván trên 1s là 0,5 Hz
=> Số bước chân của người trên 1s là 0,5 bước
=> Trong 12 s người đi qua tấm ván với 12.0,5 = 6 bước thì tấm ván rung lên mạnh nhất
Đáp án đúng: B
Tần số dao động càng lớn thì tắt dần càng chậm.
Lực cản và ma sát càng lớn thì tắt dần càng nhanh.
Biên độ giảm dần theo thời gian.
Cơ năng của dao động giảm dần theo thời gian.
Lời giải
Tần số dao động càng lớn thì tần số góc càng lớn, suy ra cơ năng càng lớn nên dao động tắt dần càng chậm do lâu mất hết cơ năng.
Đáp án đúng: A\({A_{AB}} = {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
\({A_{BC}} = - {3.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
\({A_{CA}} = - {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
\({U_{CA}} = 150\left( V \right)\).
Lời giải
Hình chiếu của AB, BC, CA trên phương của đường sức:
\(\left\{ \begin{array}{l}{d_{AB}} = AB.\cos {120^0} = - 5\left( {cm} \right)\\{d_{BC}} = BC.\cos {0^0} = 10\left( {cm} \right)\\{d_{CA}} = CA.\cos {120^0} = - 5\left( {cm} \right)\end{array} \right.\)
Công của điện tích khi di chuyển từ A đến B:
\({A_{AB}} = qE{d_{AB}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( { - 0,05} \right) = - {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\)
Công của điện tích khi di chuyển từ B đến C:
\({A_{BC}} = qE{d_{BC}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( {0,1} \right) = {3.10^{ - 6}}\left( J \right)\)
Công của điện tích khi di chuyển từ C đến A:
\({A_{CA}} = qE{d_{CA}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( { - 0,05} \right) = - {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\)
Đáp án đúng: C
Dòng f1 gấp 2 lần dòng f2.
Dòng f1 gấp 4 lần dòng f2.
Dòng f2 gấp 2 lần dòng f1.
Dòng f2 gấp 4 lần dòng f1.
Lời giải
Ta có: T1 = 0,02 s , T2 = 0,01 s.
=> T1 = 2T2 => Trong cùng một khoảng thời gian số lần đổi chiều của dòng f2 gấp 2 lần dòng f1 (trong một chu kì dòng điện đổi chiều 2 lần).
Đáp án đúng: C
Khi chất điểm đến vị trí cân bằng nó có tốc độ cực đại, gia tốc bằng 0.
Khi chất điểm đến vị trí biên, nó có tốc độ bằng 0 và độ lớn gia tốc cực đại.
Khi chất điểm đi qua vị trí cân bằng, gia tốc và vận tốc đổi chiều.
Khi chất điểm qua vị trí biên, nó đổi chiều chuyển động nhưng gia tốc không đổi chiều.
Lời giải
Ta có:
+ Vận tốc đổi chiều khi qua vị trí biên.
+ Gia tốc đổi chiều khi vị trí cân bằng.
Vậy phát biểu sai là: Khi chất điểm đi qua vị trí cân bằng, gia tốc và vận tốc đổi chiều.
Đáp án đúng: C
Độ lớn vận tốc của chất điểm tỉ lệ nghịch với độ lớn li độ của nó.
Cơ năng của chất điểm được bảo toàn.
Biên độ dao động của chất điểm không đổi trong quá trình dao động.
Khi thế năng của chất điểm giảm thì động năng của nó tăng.
Lời giải
\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow \left| v \right| = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} \)
⇒ A sai
Đáp án đúng: A
100 W.
50 W.
40 W.
0 W.
Lời giải
Ta có: P = UIcosφ = UIcos(π/2) = 0 W
Đáp án đúng: DR = 100 Ω.
R = 110 Ω.
L = 1/π H.
không có đáp án.
Lời giải
Do u và i cùng pha nên mạch có R: \(R = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \frac{{220\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = 110\Omega \)
Đáp án đúng: B
\(i = 6\cos \left( {{{5.10}^5}t - \frac{\pi }{2}} \right)\left( {mA} \right)\)
\(i = 6\cos \left( {{{5.10}^5}t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {mA} \right)\)
\(i = 6\cos \left( {{{5.10}^6}t} \right)\left( {mA} \right)\)
\(i = 6\cos \left( {{{5.10}^5}t} \right)\left( {mA} \right)\)
Lời giải
Ta có: \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = {5.10^5}\left( {rad/s} \right)\)
Phương trình cường độ dòng điện: \(i = {I_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)
Chọn \(t = 0\) khi \(i = {I_0}\)
\( \Rightarrow i = {I_0}\cos \varphi = {I_0} \Rightarrow \cos \varphi = 1 \Rightarrow \varphi = 0\)
Vậy \(i = 6\cos \left( {{{5.10}^5}t} \right)\left( {mA} \right)\)
Đáp án đúng: D
1000 W.
500 W.
1500 W.
1200 W.
Lời giải
Ta có U = 100\(\sqrt 2 \) V => I = U/R = 5\(\sqrt 2 \) A
Vì mạch chỉ có R nên công suất của mạch là P = UI = 1000 W
Đáp án đúng: A
17424 J.
17424000 J.
1742400 J.
174240 J.
Lời giải
\(I = \frac{U}{R} = \frac{{220}}{{100}} = 2,2\left( A \right)\)
Nhiệt lượng: \(Q = {I^2}Rt = {2,2^2}.100.3600 = 1742400\left( J \right)\)
Đáp án đúng: C
-20 (cm/s2).
20\(\sqrt 3 \) (cm/s2).
20 (cm/s2).
-20\(\sqrt 3 \) (cm/s2).
Lời giải
Ta có: \(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right);A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = 4\left( {cm} \right)\)
Sau \[\frac{1}{2}\] chu kì vật có li độ là \({x_1} = - {x_0} = 2\left( {cm} \right)\)\( \Rightarrow {a_1} = - {\omega ^2}{x_1} = - 20\left( {{\rm{cm/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\)
Đáp án đúng: A
800 nm.
720 nm.
560 nm.
450 nm.
Lời giải
Bước sóng của một ánh sáng đơn sắc trong nước: \({\lambda _n} = \frac{{600}}{{\frac{4}{3}}} = 450\left( {mm} \right)\)
Đáp án đúng: D
1,56.
9,3.
2.
4.
Lời giải
Gọi t0 là thời điểm nhiệt độ lon nước là 800F: \(T\left( {{t_0}} \right) = 32 + 48.{\left( {0,9} \right)^{{t_0}}} = 80 \Rightarrow {t_0} = 0\)
Gọi t1 là thời điểm nhiệt độ lon nước là 500F: \(T\left( {{t_1}} \right) = 32 + 48.{\left( {0,9} \right)^{{t_1}}} = 50 \Rightarrow {t_1} = 9,3\)
Đáp án đúng: B
3 (V).
5 (V).
9 (V).
6 (V).
Lời giải
Nếu mắc 3 pin nối tiếp thì E = 3.3 = 9 V
Nếu mắc 3 pin song song thì E’ = 3V
Nếu mắc 2 pin song song rồi nối tiếp với 1 pin thì được E = 3 + 3 = 6V
Vậy với 3 pin thì không thể mắc được bộ nguồn có suất điện động 5V
Đáp án đúng: B
40 Ω.
60 Ω
50 Ω
100 Ω
Lời giải
ZL = ωL = 100Ω , Zc = 1/ ωC = 50Ω
\(\left| \varphi \right| = \frac{\pi }{4} \Rightarrow \left| {\tan \varphi } \right| = \frac{{\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}}{R} = 1 \Rightarrow \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = R = 50\Omega \)
Đáp án đúng: C
R = 40 Ω và C1 = 2.10-3/π F.
R = 50 Ω và C1 = 10-3/π F.
R = 40 Ω và C1 = 10-3/π F.
R = 50 Ω và C1 = 2.10-3/π F.
Lời giải
Zʟ = 10 Ω, r = 10 Ω
\(I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
=> Imax <=> Zc = Zʟ = 10 Ω => C = 10-3/π (F)
=> Imax = U/(R + r) = 1
=> R = 40 Ω
Đáp án đúng: Ccó R và L mắc nối tiếp.
chỉ có cuộn cảm L
có R và C mắc nối tiếp.
chỉ có R.
Lời giải
Dựa vào giản đồ vecto ta sẽ thấy đoạn mạch chứa R và C luôn có điện áp trễ pha so với cường độ dòng điện.
i = 2\(\sqrt 2 \)cos(100πt + π/4) A.
i = 2\(\sqrt 2 \)cos(100πt - π/4) A.
i = 4 cos(100πt - π/4) A.
i = 4 cos(100πt + π/4) A.
Lời giải
\({Z_L} = \omega L = 25\Omega \Rightarrow Z = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} = 25\sqrt 2 \Rightarrow {I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = 4\left( A \right)\)
\[\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{{R + r}} = \frac{{25}}{{10 + 15}} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4}\]⇒ i trễ pha hơn u góc \(\frac{\pi }{4}\).
Đáp án đúng: C
50 Ω.
40 Ω.
60 Ω.
45 Ω.
Lời giải
Ta có: \(R = 30\Omega ;{Z_L} = 60\Omega ;{Z_C} = 100\Omega \)
\( \Rightarrow Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = 50\Omega \)
Đáp án đúng: A8 cm.
16 cm.
4 cm.
32 cm.
Lời giải
\(\Delta \ell = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}}}.g = 4\left( {cm} \right)\)
\({t_{dan}} = 2{t_{nen}} \Rightarrow \frac{T}{2} + 2\Delta t = 2\left( {\frac{T}{2} - 2\Delta t} \right) \Rightarrow \Delta t = \frac{T}{{12}}\)
Vậy thời gian đi từ vị trí cân bằng đến hết ∆l mất:
\(\Delta t = \frac{T}{{12}} \Rightarrow \frac{A}{2} = 4 \Rightarrow A = 8\left( {cm} \right) \Rightarrow 2A = L = 16\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: B
\(I = 2,2\sqrt 2 \left( A \right)\).
\(I = 1,2\sqrt 2 \left( A \right)\).
\(I = 20\sqrt 2 \left( A \right)\).
\(I = 2\sqrt 2 \left( A \right)\).
Lời giải
\({Z_L} = L\omega = 25\,\Omega \Rightarrow Z = 25\sqrt 2 \,\Omega \)
\(I = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} }} = \frac{{100}}{{25\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \left( A \right)\)
Đáp án đúng: D
Lời giải
Chọn gốc tọa độ O là điểm cắt bom, t = 0 là lúc cắt bom
Phương trình chuyển động là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = {V_1}t\left( 1 \right)\\y = \frac{1}{2}g{t^2}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Phương trình quỹ đạo: \(y = \frac{1}{2}\frac{g}{{v_0^2}}{x^2}\)
Bom sẽ rơi nhanh theo nhánh Parabol và gặp mặt đường tại B. Bom sẽ trúng xe khi bom và xe cùng lúc đến B.
\( \Rightarrow t = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} \)
Lúc t = 0, xe tăng ở A: \(AB = {V_2}t = {V_2}\sqrt {\frac{{2h}}{g}} \)
Khoảng cách khi cắt bom là: \(HA = HB - AB = \left( {{V_1} - {V_2}} \right)\sqrt {\frac{{2h}}{g}} \)
440 V; 0,5A.
440 V; 2 A.
110 V; 0,5 A.
110 V; 2 A.
Lời giải
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{N_1} = 2{N_2}\\\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \frac{{2{N_2}}}{{{N_2}}} = \frac{{220}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{U_2} = 110\left( V \right)\\{I_2} = 2\left( A \right)\end{array} \right.\)
Đáp án đúng: D
∆P = 20 kW.
∆P = 40 kW.
∆P = 82 kW.
∆P = 100 kW.
Lời giải
Công suất điện hao phí trên đường dây tải điện là hiệu số chỉ của các công tơ điện ở trạm phát và ở nơi thu
\( \Rightarrow \Delta P = \frac{A}{t} = \frac{{480}}{{24}} = 20\left( {kWh} \right)\)
Đáp án đúng: A
30 Ω.
80 Ω.
20 Ω.
40 Ω.
Lời giải
Ta có: \({Z_L} = 60\Omega ;{Z_C} = 100\Omega ;U = 80\left( V \right)\)
Công suất tỏa nhiệt trên điện trở: \(P = \frac{{{{\rm{U}}^2}{\rm{R}}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = 80 \Rightarrow R = 40\Omega \)
Đáp án đúng: Dtỉ lệ thuận với cường độ dòng điện chạy trong mạch.
tăng khi cường độ dòng điện trong mạch tăng.
giảm khi cường độ dòng điện trong mạch tăng.
tỉ lệ nghịch với cường độ dòng điện chạy trong mạch.
Lời giải
Biểu thức định luật Ôm đối với toàn mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}}\) hay \(E = {\rm{IR}} + I.r = U + I.r\)
\( \Rightarrow U = E - I.r\)
⇒ I tăng thì U giảm
Đáp án đúng: Cu = 40cos(100πt) V.
u = 40cos(100πt + π/4) V.
u = 40cos(100πt - π/4) V.
u = 40cos(100πt + π/2) V.
Lời giải
\({Z_L} = 70\Omega ;{Z_C} = 50\Omega \Rightarrow Z = 20\sqrt 2 \Omega \)\( \Rightarrow {U_0} = Z{I_0} = 20\sqrt 2 .\sqrt 2 = 40\left( V \right)\)
\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4}\)⇒ u sớm pha hơn i góc \(\frac{\pi }{4}\)
Đáp án đúng: B
5 cm.
\(3\sqrt 3 \)cm.
7 cm.
\(\sqrt 6 \) cm.
Lời giải
\(\Delta \varphi = \frac{{2\pi x}}{\lambda } = \frac{{2\pi }}{3}\)
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_M} = A\cos \alpha = 3\\{u_N} = A\cos \left( {\alpha - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 4\end{array} \right. \Rightarrow A = 7\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: C
Nguyên tắc tạo ra dòng điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.
Khi đo cường độ dòng điện xoay chiều, người ta có thể dùng ampe kế nhiệt.
Số chỉ của ampe kế xoay chiều cho biết giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều.
Giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều bằng giá trị trung bình của dòng điện xoay chiều.
Lời giải
Vì dòng xoay chiều biến thiên điều hòa theo thời gian nên giá trị trung bình của nó trong một chu kỳ luôn bằng không. Do T rất nhỏ so với thời gian dài t nên coi t ≈ nT => giá trị trung bình của dòng điện xoay chiều trong thời gian t xấp xỉ bằng 0.
Đáp án đúng: D34 dB.
38 dB.
29 dB.
27 dB.
Lời giải
Khi nguồn âm tại O: A và C có cùng mức cường độ âm suy ra: OA = OC
Ta có: \({I_C} = \frac{P}{{4\pi O{C^2}}} \Rightarrow {L_C} = \log \left( {\frac{P}{{4\pi O{C^2}.{I_0}}}} \right) = 3\left( B \right)\)
Lúc sau, nguồn âm tại B thì mức cường độ âm tại O và C bằng nhau nên BO = BC
\({I'_C} = \frac{{10P/3}}{{4\pi B{C^2}}} \Rightarrow {L'_C} = \log \left( {\frac{{10P/3}}{{4\pi B{C^2}.{I_0}}}} \right) = 4\left( B \right)\)
Suy ra: \({L'_C} - {L_C} = \log \left( {\frac{{10}}{3}.\frac{{O{C^2}}}{{B{C^2}}}} \right) = 1 \Rightarrow OC = BC\sqrt 3 \)
Áp dụng định lý cosin trong tam giác OBC \( \Rightarrow \widehat {OBC} = {120^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {AOC} = {120^0} \Rightarrow AC = \sqrt 3 OC = 3BC \Rightarrow BA = AC - BC = 2BC\)
\( \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_C}}} = {\left( {\frac{{BC}}{{BA}}} \right)^2} = {10^{{L_A} - 4}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {L_A} = 3,4\left( B \right) = 34\left( {dB} \right)\)
Đáp án đúng: ABiên độ của dòng điện là 1 A.
Cường độ hiệu dụng của dòng điện là 2A.
Tần số của dòng điện là 50 Hz.
Chu kì của dòng điện là 0,02 s.
Lời giải
Cường độ dòng điện hiệu dụng là \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( A \right)\)
Đáp án đúng: B
bảo vệ không cho dòng điện qua vôn kế để tránh sai số phép đo.
làm tăng chỉ số am pe kế.
làm giảm số chỉ vôn kế.
bảo vệ nguồn pin tránh hiện tượng đoản mạch.
Lời giải
Tác dụng chính của biến trở là để tránh hiện tượng đoản mạch.
Đáp án đúng: D
Giá trị cực đại của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.
Giá trị cực tiểu của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.
Giá trị tức thời của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.
Giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.
Lời giải
Ampe kế cho biết giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.
Đáp án đúng: D
Điện trở trong của nguồn r = 0.
Điện trở mạch ngoài R = 0.
Điện trở mạch ngoài và mạch trong bằng nhau.
Mạch hở.
Lời giải
Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch ngoài: \(\overrightarrow T + \overrightarrow F + \overrightarrow P = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T + \overrightarrow R = \overrightarrow 0 \)
Đáp án đúng: A
\(\frac{1}{{2\pi }}H\).
\(\frac{2}{\pi }H\).
\(\frac{1}{{3\pi }}H\).
\(\frac{3}{\pi }H\).
Lời giải
Có 2 giá trị của C cho cùng giá trị công suất:
\( \Rightarrow {P_1} = {P_2} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_{{C_2}}}} \right)^2} \Rightarrow 2{Z_L} = {Z_{C1}} + {Z_{C2}}\)
\( \Rightarrow {Z_L} = \frac{{400 + 200}}{2} = 300\Omega \Rightarrow L = \frac{3}{\pi }\left( H \right)\)
Đáp án đúng: D
\(1\,\,\Omega \).
\(5\,\,\Omega \).
\(0,2\,\,\Omega \).
\(4\,\,\Omega \).
Lời giải
Đèn có: \(R = 12\Omega ;{I_{dm}} = 0,5A\)
Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua đèn là I = 0,5 A
Áp dụng định luật Ôm đối với toàn mạch: \(I = \frac{E}{{r + {R_b} + {R_d}}} = 0,5 \Rightarrow {R_b} = 5\Omega \)
Đáp án đúng: B
r = 2 (Ω).
r = 3 (Ω).
r = 4 (Ω).
r = 6 (Ω).
Lời giải
Công suất tiêu thụ của hai điện trở như nhau nên ta có:
\(P = I_1^2{R_1} = I_2^2{R_2}\)\( \Rightarrow \frac{{{E^2}}}{{{{\left( {r + {R_1}} \right)}^2}}}{R_1} = \frac{{{E^2}}}{{{{\left( {r + {R_2}} \right)}^2}}}{R_2} \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {r + 1} \right)}^2}}} = \frac{9}{{{{\left( {r + 9} \right)}^2}}} \Rightarrow r = 3\Omega \)
Đáp án đúng: B
0,5.
0.
1.
2.
Lời giải
Phương pháp: Vận dụng biểu thức tính công suất: \(P = \frac{{{U^2}}}{R}\)
Cách giải:
+ Trong mạch điện 1 chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \({P_0} = \frac{{U_0^2}}{R}\)
+ Trong mạch điện xoay chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \(P = \frac{{U_{}^2}}{R} = \frac{{U_0^2}}{{2R}} \Rightarrow \frac{{{P_0}}}{P} = 2\)
Đáp án đúng: D
\({0,108.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
\( - {0,108.10^{ - 4}}\left( J \right)\).
\({1,492.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
\( - {1,492.10^{ - 6}}\left( J \right)\).
Lời giải
Công của lực điện trường trên đường gấp khúc ABC là
\(\begin{array}{l}{A_{ABC}} = {A_{AB}} + {A_{BC}}\\{A_{AB}} = qE{d_1} = q.E.AB.\cos {30^0} = {6,92.10^{ - 5}}\left( J \right)\\{A_{BC}} = qE{d_2} = q.E.BC.\cos {120^0} = - {8.10^{ - 5}}\left( J \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow {A_{ABC}} = - {1,08.10^{ - 5}}\left( J \right)\)
Đáp án đúng: B1520 V/m.
1730 V/m.
1341 V/m.
1124 V/m.
Lời giải
Phân tích các lực tác dụng vào quả cầu ta có:
Ta có: \(\overrightarrow T + \overrightarrow F + \overrightarrow P = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T + \overrightarrow R = \overrightarrow 0 \)
Từ hình vẽ có: \(\tan {60^0} = \frac{F}{P} = \frac{{\left| q \right|E}}{{m.g}} \Rightarrow E = 1732\left( {V/m} \right)\)
Đáp án đúng: B\({4.10^{ - 4}}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\({4.10^4}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\({2.10^{ - 4}}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
\({2.10^4}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\).
Lời giải
Ta có: \(E = \frac{F}{q} = 20000\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)
Đáp án đúng: D
A1 = A2.
A1 = 3A2.
\({A_1} = \frac{1}{3}{A_2}\).
A1 < A2.
Lời giải
Một đèn loại 220 V – 75 W và một đèn loại 220 V – 25 W → Pđm1 = 3.Pđm2
Hai đèn được sử dụng đúng hiệu điện thế định mức → Ptt1 = 3.Ptt2
Ta có: \(A = P.t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1} = {P_{tt1}}.t\\{A_2} = {P_{tt2}}.t\end{array} \right. \Rightarrow {A_1} = 3{A_2}\)
Đáp án đúng: B
0,50 mm.
1,0 mm.
1,5 mm.
0,75 mm.
Lời giải
Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 0,5\left( {mm} \right)\)
Đáp án đúng: A
7.
5.
8.
6.
Lời giải
Ta có:
+ Khi dùng ánh sáng có bước sóng λ1 thì trên MN có 10 vân tối => có 11 vân sáng
=> Đoạn MN = 20mm = 10i => i = 2mm
+ Khi thay λ1 bằng bước sóng λ2 thì có khoảng vân i’
\(\frac{{i'}}{i} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{5}{3} \Rightarrow i' = \frac{5}{3}i = \frac{{10}}{3}\left( {mm} \right)\)
=> số vân sáng trên đoạn MN: \({N_s} = 2\left[ {\frac{L}{{2i'}}} \right] + 1 = 2.3 + 1 = 7\)
Đáp án đúng: Atăng gấp bốn.
không đổi.
tăng gấp đôi.
giảm một nửa.
Lời giải
Ta có: q = U.C => q’ = 2U.C = 2q.
Đáp án đúng: C
\(2\,\,\Omega \).
\(2,4\,\,\Omega \).
\(4,5\,\,\Omega \).
\(2,5\,\,\Omega \).
Lời giải
Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{{{E_1} + {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} \Rightarrow R = \frac{{{E_1} + {E_2}}}{I} - \left( {{r_1} + {r_2}} \right) = 2,5\Omega \)
Đáp án đúng: DLời giải
Giả sử năng lượng ban đầu của con lắc là \[{{\rm{W}}_1} = \frac{1}{2}kA_1^2\]
Sau một chu kì, năng lượng của con lắc là \[{{\rm{W}}_2} = \frac{1}{2}kA_2^2\]
Mà cứ sau mỗi chu kì, biên độ giảm 3% nên A2 = A1 - 0,03 A1 = 0,97 A1
Vậy phần năng lượng của con lắc bị mất đi trong một dao động toàn phần là
\(\frac{{\Delta {\rm{W}}}}{{\rm{W}}} = \frac{{{{\rm{W}}_1} - {{\rm{W}}_2}}}{{{{\rm{W}}_1}}} = \frac{{\frac{1}{2}kA_1^2 - \frac{1}{2}kA_2^2}}{{\frac{1}{2}kA_1^2}} = \frac{{A_1^2 - {{\left( {0,97A_1^{}} \right)}^2}}}{{A_1^2}} = 0,06\left( { = 6\% } \right)\)
r2 = 1,28 cm.
r2 = 1,28 m.
r2 = 1,6 cm.
r2 = 1,6 m.
Lời giải
Lực tương tác giữa hai điện tích trong hai trường hợp lần lượt là:
\(\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r_1^2}} = {1,6.10^{ - 4}}\left( N \right)\\{F_2} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r_2^2}} = {2,5.10^{ - 4}}\left( N \right)\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{r_2^2}}{{r_1^2}} = 0,64\)
\( \Rightarrow \frac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = 0,8 \Rightarrow {r_2} = 0,8{r_1} = 0,8.2 = 1,6\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: C12 cm/s.
24 m/s.
24 cm/s.
12 m/s.
Lời giải
Do dây có 1 đầu cố định 1 đầu tự do và có 9 bụng sóng, suy ra k = 8
\( \Rightarrow \ell = \left( {2.8 + 1} \right)\frac{\lambda }{4} = \frac{{17}}{4}\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{24}}{{85}}\left( m \right)\)
Lại có: \(v = \lambda .f = 24\left( {m/s} \right)\)
Đáp án đúng: B
\(10\,\,\Omega \).
\(10\sqrt 2 \,\,\Omega \).
\(10\sqrt 3 \,\,\Omega \).
\(7,3\,\,\Omega \).
Lời giải
Giá trị của R để công suất tiêu thụ trên biến trở là cực đại: \(R = {Z_d} = \sqrt {{r^2} + Z_L^2} \)
→ Từ giản đồ vecto ta có: r = 10 Ω và \({Z_L} = 10\sqrt 3 \Omega \)
→ Giá trị của biến trở để công suất tiêu thụ trên toàn mạch là cực đại
\(R = {Z_L} - r = 10\sqrt 3 - 10 = 7,3\Omega \)
Đáp án đúng: D
điện trở thuần.
tụ điện.
cuộn dây thuần cảm.
có thể cuộn dây thuần cảm hoặc tụ điện.
Lời giải
Dựa vào đồ thị ta thấy tại một thời điểm bất kì u luôn nhanh pha hơn i một góc π/2 nên chứng tỏ đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm.
Đáp án đúng: C\(L \le 34\left( m \right)\).
\(L \le 17\left( m \right)\).
\(L \ge 34\left( m \right)\).
\(L \ge 17\left( m \right)\).
Lời giải
Quãng đường âm truyền đi rồi phản xạ trở lại là: s = 2L
Thời gian âm truyền đi rồi phản xạ trở lại là: \(t = \frac{s}{v} = \frac{{2L}}{v}\)
Để không nghe được tiếng nổ, ta có: \(t \le 0,1 \Rightarrow \frac{{2L}}{v} \le 0,1 \Rightarrow L \le \frac{{0,1v}}{2} = \frac{{0,1.340}}{2} = 17\left( m \right)\)
Đáp án đúng: B2 m.
1 m.
1,2 m.
2,4 m.
Lời giải
Ta có: \(v = \lambda .f \Rightarrow \lambda = \frac{v}{f} = 2\left( m \right)\)
Lại có khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất dao động ngược pha là \[\frac{1}{2}\] bước sóng => d = 1 m.
Đáp án đúng: B
Ống dây có dòng điện bị nhiễm từ và cũng có các từ cực giống như một nam châm.
Ống dây có dòng điện bị nhiễm từ và hút được các vật bằng sắt, thép.
Khi đổi chiều dòng điện thì đường sức từ của ống dây cũng đổi chiều.
Từ trường của ống dây là từ trường vĩnh cửu.
Lời giải
Nhận định "Từ trường của ống dây là từ trường vĩnh cửu" là không đúng khi nói về ống dây có dòng điện chạy qua.
Đáp án đúng: D
Là quá trình truyền vật chất.
Là quá trình truyền pha dao động.
Là quá trình truyền năng lượng.
Là quá trình truyền trạng thái dao động.
Lời giải
Quá trình truyền sóng không phải là quá trình truyền vật chất.
Đáp án đúng: A
điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu đoạn mạch.
điện trở thuần của mạch.
độ tự cảm và điện dung của đoạn mạch.
tần số của điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch.
Lời giải
Ta có hệ số công suất của đoạn mạch được xác định bởi công thức:
\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L - \frac{1}{{C\omega }}} \right)}^2}} }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos \varphi \notin U\\\cos \varphi \in R,L,C,f\end{array} \right.\)
Đáp án đúng: A
1078 nm.
1080 nm.
1008 nm.
1181 nm.
Lời giải
Tại M có 4 vân trùng: \({k_1}.735 = {k_2}.490 = {k_3}{\lambda _3} = {k_4}{\lambda _4}\left( 1 \right)\)
\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{490}}{{735}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{k_1} = 2n\\{k_2} = 3n\end{array} \right. \Rightarrow {x_M} = \frac{{2n.735.D}}{a} = \frac{{1470nD}}{a}\)
Tại M ngoài hai bức xạ 735 nm và 490 nm cho vân sáng thì còn có hai bức xạ khác cũng cho vân sáng.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_M} = \frac{{1470nD}}{a} = \frac{{k\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda = \frac{{1470n}}{k}\\ \Rightarrow 380 \le \frac{{1470nD}}{a} \le 760 \Rightarrow 1,93n \le k \le 3,87n\end{array}\)
Với \(n = 1 \Rightarrow 1,93 \le k \le 3,87 \Rightarrow k = 2;3\)
⇒ Tại M có hai bức xạ cho vân sáng (Loại)
Với \(n = 2 \Rightarrow 3,86 \le k \le 7,74 \Rightarrow k = 4;5;6;7\)
⇒ Tại M có 4 bức xạ cho vân sáng ứng với:
\({\lambda _1} = \frac{{1470.2}}{4} = 735\left( {nm} \right);{\lambda _2} = \frac{{1470.2}}{6} = 490\left( {nm} \right);\)
\({\lambda _3} = \frac{{1470.2}}{5} = 588\left( {nm} \right);\,{\lambda _4} = \frac{{1470.2}}{7} = 420\left( {nm} \right)\)
\( \Rightarrow {\lambda _3} + {\lambda _4} = 588 + 420 = 1008\left( {nm} \right)\)
Đáp án đúng: C
sóng ngắn.
sóng dài.
sóng cực ngắn.
sóng trung.
Lời giải
Sóng vô tuyến truyền được qua tầng điện li ra ngoài không gian là sóng cực ngắn
Đáp án đúng: C
100 Ω.
200 Ω.
50 Ω.
130 Ω.
Lời giải
Vì Uᴀɴ vuông pha với Uᴍʙ
=> tan φᴀɴ. tan φᴍʙ= -1 => \(\frac{{{Z_L}}}{R}.\frac{{{Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow R = \sqrt {{Z_L}.{Z_C}} = 50\Omega \)
Đáp án đúng: C
màu lục, màu cam, màu chàm.
màu lục, màu chàm, màu cam.
màu chàm, màu lục, màu cam.
màu cam, màu lục, màu chàm.
Lời giải
Do chiết suất của nước đối với các tia tăng theo thứ tự:
\({n_{cham}} < {n_{luc}} < {n_{cam}} \Rightarrow {r_{cam}} > {r_{luc}} > {r_{cham}}\)
→ Đi từ mặt nước lên ta lần lượt gặp các tia chàm, lục, da cam.
tần số ngoại lực tác dụng vào vật.
cường độ ngoại lực tác dụng vào vật.
tần số riêng của hệ dao động.
lực cản của môi trường
Lời giải
+ Biên độ dao động khi có sự cộng hưởng cơ phụ thuộc vào lực cản của môi trường.
Đáp án đúng: D
Chúng chỉ hút nhau.
Chúng hút hoặc đẩy nhau.
Chúng không tương tác.
Chúng chỉ đẩy nhau.
Lời giải
Khi đưa một đầu của thanh nam châm thẳng lại gần một đầu của ống dây có dòng điện thì chúng hút hoặc đẩy nhau.
Đáp án đúng: B
27,3 cm/s.
28,0 cm/s.
27,0 cm/s.
26,7 cm/s.
Lời giải
Quỹ đạo chuyển động 14 cm => Biên độ dao động A = 7 cm
Chu kỳ T = 1 s
Từ đường tròn lượng giác ta thấy:
Gia tốc của chất điểm có độ lớn cực đại khi chất điểm ở vị trí biên. Trong một chu kì chất điểm đi qua vị trí biên 2 lần, do vậy thời gian để chất điểm đi từ vị trí ban đầu đến khi gia tốc có độ lớn cực tiểu lần thứ 3 sẽ là: \(t = T + \frac{T}{6}\)
Vậy vận tốc trung bình của vật là: \({v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{4.7 + \frac{7}{2}}}{{1 + \frac{1}{6}}} = 27\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)
Đáp án đúng: C120 W.
115,2 W.
40 W.
105,7 W.
Lời giải
Công suất toàn mạch cực đại khi và chỉ khi: \(R + r = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 15\Omega \Rightarrow R = 5\Omega \)
Công suất toàn mạch: \(P = \frac{{{U^2}}}{{2\left( {R + r} \right)}} = \frac{{{{60}^2}}}{{2.\left( {5 + 10} \right)}} = 120\left( {\rm{W}} \right)\)
Đáp án đúng: AT = 18 (s).
T = 2 (s).
T = 5/4 (s).
T = 6 (s).
Lời giải
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{{{\ell _1}}}{g}} = 10\left( s \right)\\{T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{{{\ell _2}}}{g}} = 8\left( s \right)\\T = 2\pi \sqrt {\frac{{{\ell _1} - {\ell _2}}}{g}} \Rightarrow {T^2} = 4{\pi ^2}\frac{{{\ell _1}}}{g} - 4{\pi ^2}\frac{{{\ell _2}}}{g} = T_1^2 - T_2^2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow T = \sqrt {T_1^2 - T_2^2} = 6\left( s \right)\)
Đáp án đúng: D4 cm/s.
9 cm/s.
27 cm/s.
22 cm/s.
Lời giải
Tần số góc: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \pi \left( {rad/s} \right)\)
Phương trình của dao động điều hòa: \(s = {S_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)
Vận tốc: \(v = s' = \omega {S_0}\cos \left( {\omega t + \varphi + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {cm/s} \right)\)
Áp dụng phương trình độc lập với thời gian:
\({\left( {\frac{s}{{{S_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{v}{{{v_0}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{5^2}}}{{{{10}^2}}} + \frac{{{v^2}}}{{{\pi ^2}{{.10}^2}}} = 1 \Rightarrow v = 27\left( {cm/s} \right)\)
Đáp án đúng: Cs = 5cos(πt + π) (cm).
s = 5cos(2πt) (cm).
s = 5πcos(πt + π) (cm).
s = 5πcos(2πt) (cm).
Lời giải
Phương trình dao động của con lắc đơn dao động điều hoà: s = Socos(ωt + φ)
\(g = {\pi ^2};\ell = 1\left( m \right) \Rightarrow \omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \pi \left( {rad/s} \right)\)
Ban đầu giữ vật nhỏ của con lắc ở vị trí có li độ góc là -90 rồi thả nhẹ nên biên độ góc là: \({\alpha _0} = {9^0} = \frac{\pi }{{20}}\left( {rad} \right) \Rightarrow {S_0} = {\alpha _0}\ell = \frac{\pi }{{20}}\left( m \right) = 5\pi \left( {cm} \right)\)
Tại t = 0, vật ở biên âm nên pha ban đầu: \(\varphi = \pi \left( {rad} \right)\)
Phương trình của li độ: s = 5πcos(πt + π) (cm).
Đáp án đúng: C1,66 s.
0,60 s.
0,76 s.
1,04 s.
Lời giải
Khi xảy ra cộng hưởng, chu kì dao động của lực cưỡng bức bằng chu kì dao động riêng của hệ
Ta có: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,7}}{{10}}} = 1,66\left( s \right)\)
Đáp án đúng: A
103 dB và 99,5 dB.
103 dB và 96,5 dB.
100 dB và 96,5 dB.
100 dB và 99,5 dB.
Lời giải
Ta có: \(AB = 100\left( {cm} \right);BC = 150\left( {cm} \right) \Rightarrow BC = 1,5AB\)
Lúc đầu: \(100 = 10\log \left( {\frac{{{I_B}}}{{{I_0}}}} \right) = 10\log \left( {\frac{P}{{{I_0}.4\pi A{B^2}}}} \right) \Rightarrow \frac{P}{{{I_0}.4\pi A{B^2}}} = {10^{10}}\)
Khi đặt nguồn âm 2P tại B:
\({L_A} = 10\log \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}4\pi B{A^2}}}} \right) = 10\log \left( {{{2.10}^{10}}} \right) = 103\left( {dB} \right)\)
\({L_B} = 10\log \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}.4\pi B{C^2}}}} \right) = 10\log \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}.4\pi {{.1,5}^2}A{B^2}}}} \right) = 99,5\left( {dB} \right)\)
Đáp án đúng: AChọn câu sai trong các câu sau: Mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp đang xảy ra cộng hưởng. Nếu thay đổi tần số của điện áp đặt vào hai đầu mạch thì:
Điện áp hiệu dụng trên L tăng.
Công suất trung bình trên mạch giảm.
Cường độ hiệu dụng qua mạch giảm.
Hệ số công suất của mạch giảm.
Lời giải
Nếu thay đổi tần số của điện áp đặt vào hai đầu mạch thì điện áp hiệu dụng trên L giảm là sai.
Đáp án đúng: A
150,75 V.
-150,75 V.
197,85 V.
-197,85 V.
Lời giải
Biểu thức của suất điện động tự cảm 2 đầu cuộn cảm là:
\(e = - Li' = L\omega {I_0}\sin \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 200\sin \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\)
⇒ Suất điện động tự cảm tại thời điểm 0,5112 s là: -197,85 V
Đáp án đúng: D
1/3 s.
1/6 s.
2/3 s.
1/12 s.
Lời giải
Thời điểm ban đầu t = 0 và thời điểm t vật qua vị trí cân bằng lần đầu tiên được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
Góc quét: α = π/6 + π/2 = 2π/3 (rad) \( \Rightarrow t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{1}{3}\left( s \right)\)
Đáp án đúng: A
\({120^0}\).
\({126,9^0}\).
\({143,1^0}\).
\({105^0}\).
Lời giải
Đặt biên độ góc của dao động thành phần thứ nhất là: a
Biên độ góc của dao động thành phần thứ hai là: b
Nên biên độ góc của dao động tổng hợp là (a + b)/2
Góc lệch pha so với dao động thành phần thứ nhất là 900 nên biên độ dao động tổng hợp là: \(\sqrt {{b^2} - {a^2}} \)
Ta được: \(\frac{{a + b}}{2} = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{3}{5}\)
Góc lệch của hai dao động thành phần là: \(\Delta \varphi = 180 - \arccos \frac{a}{b} = {126,9^0}\)
Đáp án đúng: B4 Hz.
3 Hz.
2 Hz.
1 Hz.
Lời giải
Khi gia tốc của vật có độ lớn là 100 cm/s2 thì li độ của vật có độ lớn là x0.
Ta có hình vẽ
Từ hình vẽ suy ra: \[{x_0} = \frac{A}{2} = 2,5\,cm\]
Thay vào công thức:
\[a = {\omega ^2}\left| x \right| \Rightarrow \omega = \sqrt {\frac{a}{{\left| x \right|}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{2,5}}} = 2\sqrt {10} = 2\pi \,\left( {rad/s} \right) \Rightarrow f = 1\,Hz\]
Đáp án đúng: D
\(x = 2\sqrt {10} \cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = 2\sqrt {10} \cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = 2\sqrt {10} \cos \left( {2\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = 2\sqrt {10} \cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\).
Lời giải
Lúc t = 0: \(v = 20\sqrt 3 \Rightarrow \sin \varphi = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)và do vận tốc đang giảm nên vật ở li độ dương và đang đi về biên dương.
\( \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{3} \Rightarrow x = A\cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{A}{2}\)
Thời gian tương ứng từ x = A/2 đến vị trí cân bằng theo chiều âm lần thứ nhất:
\(t = \frac{T}{6} + \frac{T}{4} = \frac{5}{{12}}T = \frac{5}{{12}}(s) \Rightarrow T = 1 \Rightarrow \omega = 2\pi \left( {rad/s} \right) \Rightarrow A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{40}}{{2\pi }} = 2\sqrt {10} \left( {cm} \right)\)
Vậy \(x = 2\sqrt {10} \cos \left( {2\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: Cgiảm 2 lần.
tăng 1/2 lần.
giảm 4 lần.
không đổi.
Lời giải
Ta có, điện năng tiêu thụ của mạch: A = UIt = \(\frac{{{U^2}}}{R}t\)
Khi điện trở trong mạch được điều chỉnh tăng 2 lần thì cùng khoảng thời gian điện năng tiêu thụ sẽ giảm 2 lần.
Đáp án đúng: A
\(x = \frac{3}{{8\pi }}\cos \left( {\frac{{40\pi }}{3}t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = \frac{3}{{4\pi }}\cos \left( {\frac{{20\pi }}{3}t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = \frac{3}{{8\pi }}\cos \left( {\frac{{40\pi }}{3}t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\).
\(x = \frac{3}{{4\pi }}\cos \left( {\frac{{20\pi }}{3}t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\).
Lời giải
Từ đồ thị ta có độ chia nhỏ nhất của mỗi ô là: 0,025 s
Mặt khác: \[\frac{1}{2}\] chu kì ứng với 6 ô \( \Rightarrow \frac{T}{2} = 0,15\left( s \right) \Rightarrow T = 0,3\left( s \right) \Rightarrow \omega = \frac{{20\pi }}{3}\left( {rad/s} \right)\)
Khi t = 0 thì \(v = \frac{{{v_{max}}}}{2}\) và đang giảm \( \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{6}\)
\(A = \frac{{{v_{max}}}}{\omega } = \frac{3}{{4\pi }}\left( {cm} \right)\)⇒ \(x = \frac{3}{{4\pi }}\cos \left( {\frac{{20\pi }}{3}t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: D9,8 cm.
10 cm.
4,9 cm.
5 cm.
Lời giải
\(\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta \ell }}} \Rightarrow \Delta \ell = 0,1\left( m \right) = 10\left( {cm} \right)\)
Đáp án đúng: B3,30.
6,60.
5,60.
9,60.
Lời giải
Ta có:
+ lực căng dây cực đại tại vị trí α = 0: \({T_{max}} = mg\left( {3 - 2\cos {\alpha _0}} \right)\)
+ lực căng dây cực tiểu tại vị trí α = α0: \({T_{\min }} = mg\cos {\alpha _0}\)
\( \Rightarrow \frac{{{T_{max}}}}{{{T_{\min }}}} = \frac{{3 - 2\cos {\alpha _0}}}{{\cos {\alpha _0}}} = 1,02 \Rightarrow {\alpha _0} = {6,6^0}\)
Đáp án đúng: Btăng 22,8 cm.
giảm 28,1 cm.
giảm 22,8 cm.
tăng 28,1 cm.
Lời giải
Ta có: \(T \sim \sqrt \ell \Rightarrow \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{{{\ell _2}}}{{{\ell _1}}}} = 0,9 \Rightarrow {\ell _2} = {0,9^2}.{\ell _1} = 97,2\,cm \Rightarrow \Delta \ell = {\ell _1} - {\ell _2} = 22,8\left( {cm} \right)\)
Vậy phải giảm chiều dài của con lắc đi 22,8 cm.
Đáp án đúng: C
2d.
d/3.
d/4.
d/2.
Lời giải
Do q1 và q2 cùng dấu nên để lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q0 bằng 0, điểm M phải nằm trên đường nối hai điện tích, và nằm trong khoảng giữa hai điện tích.
Lực do hai điện tích tác dụng lên điện tích q0 là: \(\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = k\frac{{{q_1}{q_0}}}{{r_1^2}}\\{F_2} = k\frac{{{q_2}{q_0}}}{{r_2^2}}\end{array} \right.\)
Lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q0 bằng 0, ta có:
\({\vec F_1} + {\vec F_2} = 0 \Rightarrow {F_1} = {F_2} \Rightarrow {r_1} = {r_2}\)
Do M nằm giữa hai điện tích nên \({r_1} + {r_2} = d \Rightarrow {r_1} = {r_2} = \frac{d}{2}\)
Đáp án đúng: D
7,1o.
10o.
3,5o.
2,5o.
Lời giải
Ta có: \({v_{max}} = \sqrt {2g\ell \left( {1 - \cos {5^0}} \right)} \)
\(s_0^2 = \frac{{v_{max}^2}}{{{\omega ^2}}} = \frac{{2g\ell \left( {1 - \cos {5^0}} \right)}}{{\frac{g}{{\frac{\ell }{2}}}}} \Rightarrow {\alpha _0} = 0,123\left( {rad} \right) = {7,1^0}\)
Đáp án đúng: A50\(\sqrt 3 \) N.
5 N.
5\(\sqrt 3 \) N.
0,5\(\sqrt 3 \) N.
Lời giải
Biên độ dao động: \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } = 5\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)
\({\left| {{F_{kv}}} \right|_{max}} = m{\omega ^2}A = 0,5\sqrt 3 \left( N \right)\)
Đáp án đúng: Dα = 600
α = 450
α = 300
α = 150
Lời giải
Ta có hình vẽ biểu diễn các lực tác dụng vào quả cầu:
Trọng lực của quả cầu: P = m.g = 0,25.10−3.10 = 2,5.10−3N
Lực điện tác dụng lên quả cầu mang điện: Fd = qE = 2,5.10−9.106 = 2,5.10−3 N
Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha = \frac{{{F_d}}}{P} = 1 \Rightarrow \alpha = {45^0}\)
Đáp án đúng: B
d2 – d1 = kλ
d2 – d1 = 2kλ
d2 – d1 = (k+1/2)λ
d2 – d1 = kλ/2
Lời giải
Trong giao thoa của hai sóng trên mặt nước từ hai nguồn kết hợp, ngược pha nhau, những điểm dao động với biên độ cực tiểu có hiệu khoảng cách tới hai nguồn (k ∈ Z) là: d2 – d1 = kλ
Đáp án đúng: A
Điện trở suất của bán dẫn tinh khiết có giá trị trung gian giữa kim loại và điện môi.
Điện trở suất của bán dẫn phụ thuộc rất mạnh vào các tạp chất trong tinh thể.
Điện trở suất của bán dẫn tinh khiết tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối.
Điện trở suất của bán dẫn tinh khiết giảm mạnh khi nhiệt độ tăng.
Lời giải
Các tính chất điện của bán dẫn
- Điện trở suất của bán dẫn có giá trị trung gian giữa kim loại và điện môi.
- Điện trở suất của bán dẫn giảm mạnh khi nhiệt độ tăng.
- Điện trở suất của bán dẫn phụ thuộc vào các tạp chất có trong tinh thể.
Đáp án đúng: C
0,8.
0,7.
1.
0,5.
Lời giải
Hệ số công suất của đoạn mạch: \(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{100}}{{200}} = 0,5\)
Đáp án đúng: DNhững đặc điểm của lực đàn hồi lò xo:
- Điểm đặt: Đặt lên vật tiếp xúc với lò xo làm lo xo biến dạng.
- Phương: Trùng với trục lò xo.
- Chiều: Khi bị dãn, lực đàn hồi của lò xo hướng vào trong; Khi nị nén, lực đàn hồi lướng ra ngoài (ngược chiều biến dạng).
Độ lớn: Fđh = k.| ∆l|
5.
6.
4.
3.
Lời giải
Tại điểm M: \(\frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = 3\) nên M là điểm thuộc vân giao thoa cực đại thứ 3.
Vì vậy, giữa M và đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 có 3 vân giao thoa cực tiểu là các cực tiểu thứ 1, 2, 3.
Đáp án đúng: D
