2020 câu Trắc nghiệm tổng hợp Vật lí 2023 có đáp án (Phần 20)

Gọi C là điểm gặp nhau, v là vận tốc dòng nước.

Theo đề bài: vận tốc 2 tàu so với dòng nước bằng nhau, ta gọi là V

Vì hai tàu xuất phát cùng lúc và gặp nhau tại C nên \[\;{t_1}\; = {\rm{ }}{t_3}\]\[\] (1)

Sau đó, 2 tàu quay trở lại tổng thời gian tàu A đi là 3 h, tàu B đi là 1,5 h.

\[{t_1}\; + {\rm{ }}{t_2}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }}h\]

\[{t_3}\; + {\rm{ }}{t_{4\;}} = {\rm{ }}1,5{\rm{ }}h\]

Thời gian đi của tàu từ A tới C: \[{t_1} = \frac{{AC}}{{V + v}}\]

Thời gian về của tàu từ C tới A: \[{t_2} = \frac{{AC}}{{V - v}}\]

Thời gian tàu đi từ A cả đi lẫn về là: \[{t_1} + {t_2} = 3 \Leftrightarrow \frac{{AC}}{{V + v}} + \frac{{AC}}{{V - v}} = AC\left( {\frac{1}{{V + v}} + \frac{1}{{V - v}}} \right){\mkern 1mu} = 3\] (2)

Thời gian đi của tàu từ B tới C: \[{t_3} = \frac{{BC}}{{V - v}}\]

Thời gian về của tàu từ C tới B: \[{t_4} = \frac{{BC}}{{V + v}}\]

Thời gian tàu đi từ B cả đi lẫn về là:

\[{t_3} + {t_4} = 1,5 \Leftrightarrow \frac{{BC}}{{V - v}} + \frac{{BC}}{{V + v}} = BC\left( {\frac{1}{{V - v}} + \frac{1}{{V + v}}} \right) = 1,5\] (3)

Từ (2), (3) \[ \Rightarrow AC = 2BC \Rightarrow AC = \frac{2}{3}AB\] thay vào (1) được:

Mà thời gian đi của tàu từ A tới C bằng thời gian đi của tàu từ B tới C nên

\[\frac{{AC}}{{V + v}} = \frac{{BC}}{{V - v}} \Rightarrow V = 3v\]

Thay \[AC = \frac{2}{3}AB\] và \[V{\rm{ }} = {\rm{ }}3v\;\]vào (2)

\[\frac{2}{3}AB\left( {\frac{1}{{4v}} + \frac{1}{{2v}}} \right) = 3 \Rightarrow AB = 6v\] (4)

Để thời gian cả đi lẫn về của hai tàu như nhau thì hai tàu gặp nhau ở vị trí C’

\[ \Rightarrow \frac{{AC\prime }}{{V + v}} + \frac{{AC\prime }}{{V - v}} = \frac{{BC\prime }}{{V - v}} + \frac{{BC\prime }}{{V + v}} \Rightarrow AC\prime = BC\prime = \frac{{AB}}{2}\]

Khi xuất phát tàu B xuất phát trước tàu A một khoảng \[{t_0}\], ta có:

\[ \Rightarrow BC\prime \left( {\frac{1}{{V - v}} - \frac{1}{{V + v}}} \right) = {t_0} \Rightarrow \frac{{AB}}{2}\left( {\frac{1}{{2v}} - \frac{1}{{4v}}} \right) = {t_0}\]

Thay (4) vào \[ \Rightarrow {t_0} = \frac{{6v}}{2}.\frac{1}{{4v}} = 0,75{\mkern 1mu} h\]

Vậy tàu A phải xuất phát muộn hơn tàu B là 0,75 h = 45 phút.

a. Điện trở tương đương của mạch khi đèn sáng bình thường là: \[{R_{td}} = \frac{{24}}{{0,5}} = 48\Omega \]

Điện trở của đèn là: \[{R_d} = \frac{6}{{0,5}} = 12\Omega \]

Điện trở của biến trở là: \[{R_b} = {R_{td}} - {R_d} = 36\Omega \]

Điện trở toàn phần của biến trở là: \[{R_{tp}} = 36.2 = 72\Omega \]

b. Điện trở suất của biến trở là: \[{R_{tp}} = \rho \frac{\ell }{S} \Rightarrow \rho = \frac{{{R_{tp}}S}}{\ell } = {4.10^{ - 7}}\]

Vì \[{q_1}.{q_2}{\rm{ }} > {\rm{ }}0\] và \[\sum {\overrightarrow {{F_M}} } = \overrightarrow 0 \] nên điểm M phải nằm trong đoạn AB

\[\overrightarrow {{F_A}} {\rm{ }} + {\rm{ }}\overrightarrow {{F_B}} {\rm{ }} = {\rm{ }}\overrightarrow 0 {\rm{ }} \Rightarrow {F_A}{\rm{ }} = {\rm{ }}{F_B}\] \[ \Leftrightarrow k\frac{{{q_1}{q_2}}}{{A{M^2}}} = k\frac{{4q.{q_0}}}{{B{M^2}}}\]\[ \Rightarrow BM = 2AM\]

\[\left\{ \begin{array}{l}AM + BM = 12cm\\2AM - BM = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = 4cm\\BM = 8cm\end{array} \right.\]

 Chọn đáp án D

Coi mốc thời gian là 0; t là thời gian xe đi hết quãng đường 100m

Ta có: \[S = \frac{{{v_1}.t + 1}}{{2.a.{t^2}}} = \frac{{0.t + 1}}{{2.2.{t^2}}} = {t^2} = 100\]\[ \Rightarrow t = 10\left( s \right)\]\[ \Rightarrow {t_1} = {t_2} = 5s\]

Độ dài \[{S_1}\] là: \[{S_1} = \frac{{{v_1}.{t_1} + 1}}{{2.a.t{1^2}}} = \frac{{0.5 + 1}}{{{{2.2.5}^2}}} = 25\left( m \right)\]

Độ dài \[{S_2}\] là: \[100 - {S_1} = 75\left( m \right)\]

- Từ các công thức thấu kính:

\(\) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f}\\k = - \frac{{d'}}{d}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = f\left( {1 - \frac{1}{k}} \right)\\d' = f\left( {1 - k} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta d = f\left( {\frac{1}{{{k_1}}} - \frac{1}{{{k_2}}}} \right)\\\Delta d' = f\left( {{k_1} - {k_2}} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \Delta d.\Delta d' = f\left( {\frac{1}{{{k_1}}} - \frac{1}{{{k_2}}}} \right).f\left( {{k_1} - {k_2}} \right)\)

\( = - {f^2}\left( {\frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} - 2 + \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}}} \right)\)

- Theo đề: \(\frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} = \frac{2}{4} = 0,5;\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{4}{2} = 2\)

\(\Delta d = 5cm;\Delta d' = - (5 + 35) = - 40cm\)

Từ đó:\(5( - 40) = - {f^2}(0,5 - 2 + 2)\)\( \Leftrightarrow 20 = 0,5{f^2} \Rightarrow f = 20cm\)

Chọn đáp án C

Đổi 10 phút = 600s

\({v_{13}} = \frac{S}{t} = \frac{{720}}{{600}} = 1,2m/s\)

Áp dụng tính tương đối của vận tốc, ta có:\(\overrightarrow {{v_{13}}} = \overrightarrow {{v_{12}}} + \overrightarrow {{v_{23}}} \)\( \Rightarrow {v_{12}} = \sqrt {1,{2^2} + 0,{9^2}} = 1,5m/s\)

Vậy vận tốc thuyền so với nước là: 1,5 m/s

* Khi K mở, cách mắc là \[({\rm{ }}{R_1}\;nt{\rm{ }}{R_3}\;){\rm{ }}//{\rm{ }}({\rm{ }}{R_2}\;nt{\rm{ }}{R_4}\;)\]

⇒ Điện trở tương đương của mạch ngoài là \[R = r + \frac{{4\left( {3 + {R_4}} \right)}}{{7 + {R_4}}}\]

⇒ Cường độ dòng điện trong mạch chính: \[I = \frac{U}{{1 + \frac{{4\left( {3 + {R_4}} \right)}}{{7 + {R_4}}}}}\]. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là  \[{U_{AB}} = \frac{{\left( {{R_1} + {R_3}} \right)\left( {{R_2} + {R_4}} \right)}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {R_4}}}.I\]\[ \Rightarrow {I_4} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_2} + {R_4}}} = \frac{{\left( {{R_1} + {R_3}} \right)I}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {R_4}}}\]

Thay số ta được \[I = \frac{{4U}}{{19 + 5{R_4}}}\]

* Khi K đóng, cách mắc là \[({R_1}\;//{\rm{ }}{R_2}\;){\rm{ }}nt{\rm{ }}({\rm{ }}{R_3}\;//{\rm{ }}{R_4}\;)\;\]

⇒ Điện trở tương đương của mạch ngoài là \[R\prime = r + \frac{{9 + 15{R_4}}}{{12 + 4{R_4}}}\]

⇒Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là: \[I' = \frac{U}{{1 + \frac{{9 + 15{R_4}}}{{12 + 4{R_4}}}}}\]. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là  \[{U_{AB}} = \frac{{{R_3}.{R_4}}}{{{R_3} + {R_4}}}.I'\]\[ \Rightarrow I_4^\prime = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_4}}} = \frac{{{R_3}.I'}}{{{R_3} + {R_4}}}\]

Thay số ta được \[I' = \frac{{12U}}{{21 + 19{R_4}}}\]

* Theo đề bài thì \[I_4^\prime = \frac{9}{5}.{I_4}\]; từ đó tính được \[{R_4} = 1\Omega \]

b/ Trong khi K đóng, thay R₄ vào ta tính được \[I_4 = 1,8A\]và  \[{I} = 2,4A \Rightarrow {U_{AC}} = {R_{AC}}.{I} = 1,8V\]

\[ \Rightarrow I_2 = \frac{{{U_{AC}}}}{{{R_2}}} = 0,6A\]

 Ta có: \[I_2 + {I_K} = I_4 \Rightarrow {I_K} = 1,2A\]

Khi đưa quả cầu 2 mang điện tích \[{q_2}\] lại gần thì quả cầu thứ nhất lệch khỏi vị trí ban đầu một góc = \[{30^o}\]

→ 2 quả cầu mang điện tích trái dấu → \[{q_2}\]mang điện tích âm

\[{F_{21}} = P.\tan \alpha = {10.10^{ - 3}}.10.\tan 30 = \frac{{\sqrt 3 }}{{30}}\]

Lại có: \[{F_{12}} = k\frac{{\left| {{q_1}.{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {0,{{1.10}^{ - 6}}.{q_2}} \right|}}{{0,{{03}^2}}} \to {q_2} = 0,57\mu C\]

+ \[\overrightarrow {{E_A}} \] có phương vuông góc \[\overrightarrow {{E_B}} \] nên OA vuông với OB

+\[{E_A} = {E_B}\] nên OA = OB = r

\( \to AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = r\sqrt 2 \)

Chọn đáp án B

a. Khi dây treo nghiêng góc \[\alpha = {30^{0\;}}\]so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng của các lực như hình vẽ. Do gia tốc có phương ngang nên \[T{\rm{ }}.{\rm{ }}cos{\rm{ }}{30^0}\; = {\rm{ }}m.g\;\](1)

Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có:

\[T - mg.cos{30^0} = \frac{{m{v^2}}}{\ell }\](2) (Với v là vận tốc của vật tại M)

Từ (1) và (2) suy ra: \[{v^2} = \frac{{g\ell }}{{2\sqrt 3 }}\](3)

Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí M và khi vật ở vị trí cân bằng ta được:

\[v_0^2 = {v^2} + 2g\ell (1 - cos{30^0}) = \frac{{12 - 5\sqrt 3 }}{6}g\ell \]\[ \Rightarrow {v_0} = 2,36m/s\]

b. Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí \[\alpha = {40^0}\]và khi vật ở vị trí cân bằng ta được:

\[v_0^2 = {v^2} + 2g\ell (1 - cos{40^0})\]\[ \Rightarrow v = \sqrt {v20 - 2g\ell (1 - cos{{40}^0})} \approx 0,94m/s\]

Xét theo phương sợi dây ta có:

\[T{\rm{ }} = {\rm{ }}m.g.cos{40^0}\; + \frac{{m{v^2}}}{\ell } = 0,1.10.c{\rm{os 4}}{{\rm{0}}^0} + \frac{{0,1.0,{{94}^2}}}{1} = 0,86{\mkern 1mu} N\]

* Độ giãn của lò xo ở VTCB \[{\rm{\Delta }}{\ell _0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{g}{{{\omega ^2}}}\]

\[ \Rightarrow \]Tốc độ góc của CLLX  \[\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {\ell _0}}}} = \sqrt {\frac{{10}}{{0,25}}} = 2\pi rad/s\]

* Từ VTCB kéo vật xuống theo phương thẳng đứng một đoạn 20 cm rồi buông nhẹ để vật dao động điều hòa \[ \Rightarrow \] biên độ dao động A = 20 cm

* Gốc thời gian là lúc vật đi qua VTCB theo chiều dương \[ \Rightarrow \] \[\varphi = \frac{{ - {\rm{ }}\pi }}{2}\]

Vậy phương trình dao động của vật \[x = 20cos\left( {2\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\]cm

Chọn đáp án B

a) Để đèn sáng bình thường, giá trị của biến trở là: \[R = \frac{{U - {U_d}}}{{{I_d}}} = \frac{{12 - 6}}{{0,75}} = 8\Omega \]

b) Để đèn sáng bình thường: \[{I_d} + \frac{{{U_d}}}{{{R_1}}} = \frac{{U - {U_d}}}{{16 - {R_1}}} \Rightarrow 0,75 + \frac{6}{{{R_1}}} = \frac{{12 - 6}}{{16 - {R_1}}} \Rightarrow {R_1} = 11,31\Omega \]

Ta có: \[BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10cm = 0,1m\]

HĐT giữa 2 điểm BC là: \[U = E.BC = 4000.0,1 = 400V\]

Điện trở của bóng đèn là: \[R = \frac{U}{I} = \frac{{110}}{{0,5}} = 220(\Omega )\]

Nếu sử dụng trong mạng điện có hiệu điện thế 220 V, để đèn sáng bình thường thì điện trở của toàn mạch là: \[R\prime = \frac{{U\prime }}{I} = \frac{{220}}{{0,5}} = 440(\Omega )\]

Bóng đèn và biến trở mắc nối tiếp nên ta có: 

\[R\prime = R + {R_b} \Rightarrow 440 = 220 + {R_b} \Rightarrow {R_b} = 220(\Omega )\]

Chọn đáp án B

a) Vẽ hình

b) Vật chuyển động với gia tốc \(a = \frac{{v - {v_o}}}{t} = 0,5\,m/{s^2}\) 

Trọng lượng của vật: P = mg = 400 (N)

Vì vật chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang 

\[ \Leftrightarrow {F_k} = ma + {F_{ms}} = 40.0,5 + 0,1.400 = 60\,(N)\]

Ta có \[{E_1} = {E_2} = {E_3} = {E_4}\] (cùng độ lớn điện tích, cùng khoảng cách)

\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_1}} \uparrow \downarrow \overrightarrow {{E_3}} \\\overrightarrow {{E_2}} \uparrow \downarrow \overrightarrow {{E_4}} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{E_0}} = \overrightarrow {{E_1}} + \overrightarrow {{E_2}} + \overrightarrow {{E_3}} + \overrightarrow {{E_4}} = 0\]

Chọn đáp án A

Công thực hiện để dịch chuyển q theo các cạnh của tam giác lần lượt là:

\[{A_{AB}} = qE.AB.cos120 = {10^{ - 8}}.3000.0,2.( - 0,5) = - {3.10^{ - 6}}J\]

\[{A_{BC}} = qE.BC.cos0 = {10^{ - 8}}.3000.0,2.0,1 = {6.10^{ - 6}}J\]

\[{A_{CA}} = qE.CA.cos120 = {10^{ - 8}}.3000.0,2.( - 0,5) = - {3.10^{ - 6}}J\]

Tần số góc của dao động \(\omega = \sqrt {\frac{{v_2^2 - v_1^2}}{{x_1^2 - x_2^2}}} = 10\)rad/s \( \to A = \frac{{{v_2}}}{\omega } = 5\)

Li độ của vật tại vị trí v = 30 cm: \({x_3} = \pm \sqrt {{A^2} - {{\left( {\frac{{{v_3}}}{\omega }} \right)}^2}} = \pm 4\)

Chọn đáp án B

a) \[{I_{dm1}} = \frac{{{P_{dm1}}}}{{{U_{dm1}}}} = \frac{{40}}{{220}} = 0,182A\]

\[{I_{dm2}} = \frac{{{P_{dm2}}}}{{{U_{dm2}}}} = \frac{{60}}{{120}} = 0,5A\]

\[{R_1} = \frac{{U_{dm1}^2}}{{{P_{dm1}}}} = \frac{{{{220}^2}}}{{40}} = 1210\Omega \]

\[{R^2} = \frac{{U_{dm2}^2}}{{{P_{dm2}}}} = \frac{{{{120}^2}}}{{60}} = 240\Omega \]

\[{I_1} = \frac{U}{{{R_1}}} = \frac{{120}}{{1210}} = 0,1A\]

\[{I_2} = \frac{U}{{{R_2}}} = \frac{{120}}{{240}} = 0,5A\]

Suy ra đèn 2 sáng hơn đèn 1.

b) \[R = {R_1} + {R_2} = 1210 + 240 = 1450\Omega \]

\[{I_1} = {I_2} = \frac{U}{R} = \frac{{240}}{{1450}} = 0,17A\]

Suy ra đèn 1 sáng hơn đèn 2.

+ Gia tốc của đoàn tàu:

+ Vận tốc của đoàn tàu sau 4s kể từ lúc hãm phanh: \({v_t} = {v_o} + at = 6m/s\)

Chọn đáp án B

Quãng đường MN là: \[s = {v_1}t = 120.2 = 240km\]

Vận tốc của gió so với mặt đất là: \[t\prime = t + 20\prime \]

\[ \Leftrightarrow \frac{s}{{{v_1} - {v_2}}} = \frac{s}{{{v_1}}} + \frac{1}{3}\]\[ \Leftrightarrow \frac{{240}}{{120 - {v_2}}} = \frac{{240}}{{120}} + \frac{1}{3}\]\[ \Leftrightarrow \frac{{240}}{{120 - {v_2}}} = 2 + \frac{1}{3}\]\[ \Leftrightarrow 120 - {v_2} = 102,85\]

\[ \Rightarrow {v_2} = 17,1km/h\]

a, Do \[{R_v}\] rất lớn nên vẽ lại mạch \[\left[ {\left( {{R_3}{\rm{ }}nt{\rm{ }}{R_4}} \right)//{\rm{ }}{R_2}} \right]{\rm{ }}nt{\rm{ }}{R_1}\]

Ta có: \[{R_{34}}\; = {\rm{ }}{R_3}\; + {\rm{ }}{R_4}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}8(\Omega )\]

\[{R_{CB}} = \frac{{{R_{34}}{R_2}}}{{{R_{34}} + {R_2}}} = 1,6\left( {\rm{\Omega }} \right)\]

 \[ \Rightarrow I = {I_1} = \frac{6}{{{R_{td}}}} = \frac{6}{{5,6}} = \frac{{15}}{{14}}\left( A \right)\]

\[{U_{CB}}\; = {\rm{ }}I.{\rm{ }}{R_{CB}}\; = {\rm{ }}\frac{{15}}{{14}}.{\rm{ }}1,6\; \approx 1,72(V)\]

Cường độ dòng điện qua \[{R_3}\;\]và \[{R_4}\]

\[{I_{34}} = \frac{{{U_{CB}}}}{{{R_{34}}}} = \frac{{1,72}}{8} = 0,215\left( A \right)\]

Số chỉ của vôn kế: \[{U_{AD\;}} = {U_{AC}}\; + {\rm{ }}{U_{CD}}\; = {\rm{ }}I{R_1}\; + {\rm{ }}{I_{34}}{R_3}\]\[ = {\rm{ }}1,07.{\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}0,215.4 = {\rm{ }}5,14{\rm{ }}(V)\]

b) Do \({R_A}\) rất nhỏ nên mạch gồm \(\left[ {\left( {{R_1}//{\rm{ }}{R_3}} \right)nt{\rm{ }}{R_2}} \right]{\rm{ }}//{\rm{ }}{R_4}\)

\({R_{13}} = \frac{{4.4}}{8} = 2\left( {\rm{\Omega }} \right)\)

\({R_{123}} = 4\left( {\rm{\Omega }} \right)\)

\( \Rightarrow {I_2} = \frac{6}{4} = 1,5\left( A \right)\)

\({U_{13}}\; = {\rm{ }}{I_2}.{\rm{ }}{R_{13}}\; = {\rm{ }}1,5.{\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}3V\)

\({I_1} = \frac{{{U_{13}}}}{{{R_1}}} = \frac{3}{4} = 0,75\left( A \right)\)

\({I_4} = \frac{U}{{{R_4}}} = \frac{6}{4} = 1,5\left( A \right)\)

\(I = {I_2} + {I_4} = 3\left( A \right)\)

Số chỉ của ampe kế là: \(\;{I_a}\; = {\rm{ }}I{\rm{ }} - {\rm{ }}{I_1}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} - {\rm{ }}0,75{\rm{ }} = {\rm{ }}2,25{\rm{ }}\left( A \right)\)

+ Áp dụng quy tắc nắm bàn tay phải ta được \[\overrightarrow {{B_1}} \]vuông góc với \[\overrightarrow {{B_2}} \Rightarrow B = \sqrt {B_1^2 + B_2^2} \]

\[\left\{ \begin{array}{l}{B_1} = 2\pi {.10^{ - 7}}.\frac{I}{{{R_1}}} = 7,{85.10^{ - 5}}T\\{B_2} = 2\pi {.10^{ - 7}}.\frac{I}{{{R_2}}} = 3,{92.10^{ - 5}}T\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow B = \sqrt {B_1^2 + B_2^2} = 8,{8.10^{ - 5}}T\]

Chọn đáp án A

Ta có giới hạn của hợp lực F là: \[|{F_1} - {F_2}| \le F \le |{F_1} + {F_2}|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {150 - 200} \right| \le F \le \left| {150 + 200} \right|\]\[ \Leftrightarrow 50 \le F \le 350\]

Chọn đáp án B

Lực \[{F_1}\;\] và \[{F_3}\;\]cùng phương, ngược chiều ta có: \[{F_{13\;}} = \left| {{F_{1\;}}--{\rm{ }}{F_3}} \right| = 30N\]

Tương tự ta có: \[{F_{24\;}} = \left| {{F_{2\;}}--{\rm{ }}{F_4}} \right| = 40N\]

\[{F_{13;\;}}{F_{24}}\] có phương vuông góc với nhau nên: \[{F_{1234}} = \sqrt {F_{13}^2 + F_{24}^2} = \sqrt {{{30}^2} + {{40}^2}} = 50N\]

Ta có: \[\overrightarrow {{E_M}} = \overrightarrow {{E_1}} + \overrightarrow {{E_2}} = 0\]

\[\overrightarrow {{E_1}} = - \overrightarrow {{E_2}} \]

\[ \to \]M nằm trên AB và độ lớn \[{E_1} = {E_2}\]

\[ \to \frac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \sqrt {\frac{{{q_1}}}{{{q_2}}}} = 1,5\]

Lại có \[{r_1} = {r_2} + AB = {r_2} + 20cm\] \[ \to {r_2} = 8cm,{r_1} = 12cm\] \[ \to {r_2} = 40cm\]

Chọn đáp án B

Năng lượng điện trường của tụ \[{{\rm{W}}_d} = \frac{{{Q^2}}}{{2C}}\]

Điện dung tụ điện \[C = \frac{{\varepsilon S}}{{4\pi kd}}\]

⇒Khoảng cách giữa hai bản tụ giảm đi hai lần thì điện dung tăng 2 lần.

Ngắt tụ khỏi nguồn nên Q không đổi.

⇒ Năng lượng điện trường trong tụ sẽ giảm hai lần.

Chọn đáp án C

Ta có:

+ Độ cao ném vật: h = 30m

+ Vận tốc ném ban đầu: \[{v_o}{\rm{ }} = 20m/s\]

1. Khoảng thời gian từ lúc ném đến khi vật chạm đất là

\[t = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} = \sqrt {\frac{{2.30}}{{10}}} = \sqrt 6 s\]

- Khoảng cách từ điểm chạm đến chân tháp: \[L = {v_0}.t = 20.\sqrt 6 (m)\]

2. Tại nơi có vectơ vận tốc hợp với vectơ gia tốc góc \[\alpha = {60^0}\]

⇒ Vectơ vận tốc hợp với phương ngang một góc \[\beta = {90^0} - \alpha = {30^0}\]

Ta có: \[tan\beta = \frac{{{v_y}}}{{{v_x}}} = \frac{{gt}}{{{v_0}}}\]\[ \Rightarrow t = \frac{{{v_0}.tan\beta }}{g} = \frac{{20.tan{{30}^0}}}{{10}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}s\]

- Khoảng cách từ M đó đến đỉnh tháp: \[y = \frac{1}{2}g{t^2} = \frac{1}{2}.10.{\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{20}}{3}m\]

- Khoảng cách từ M đến mặt đất: \[\Delta h = h - y = 30 - \frac{{20}}{3} = \frac{{70}}{3} \approx 23,33m\]

Ba lực cân bằng: Lực nén, lực căng dây, trọng lực

Vì AB = r = 15cm\( \Rightarrow \frac{N}{{mg}} = \frac{r}{{AB}} = 1\)\( \Rightarrow N = mg = 4.10 = 40N\)

Thời gian rơi của vật rơi tự do: \(t = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} \)

Thời gian rơi của vật thứ nhất gấp đôi thời gian rơi của vật thứ hai:

\({t_1} = 2{t_2} \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{2{h_1}}}{g}} = 2\sqrt {\frac{{2{h_2}}}{g}} \Leftrightarrow \frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 4\)

Chọn đáp án C

Đổi \[0,5{\rm{ }}d{m^3}\; = {\rm{ }}{5.10^{ - 4}}\;{m^3}\]

Khi nhúng vật ngập vào trong nước thì thể tích nước bị vật chiếm chỗ chính là thể tích của vật là \[{5.10^{ - 4}}\;{m^3}\]

\[ \to {F_A} = d.V = {10000.5.10^{ - 4}} = 5N\]

Giá trị của lực kế khi nhúng vật vào nước chính là: \[\;F = P--{F_A}\]

\[ \to P = F + {F_A} = 5 + 5 = 10N\]

Vậy trọng lượng thực của vật là 10 N.

Chọn đáp án A

\[{v_0} = 0(m/s)\]

\[{v_1} = 10(m/s)\]

\[{s_1} = 1(km) = 1000(m)\]

\[{s_2} = 2(km) = 2000(m)\]

Khi xe đi hết 1km, ta có công thức liên hệ:

\[v_1^2 - v_0^2 = 2a{s_1}\]\[ \Leftrightarrow {10^2} - {0^2} = 2a.1000\]\[ \Leftrightarrow 100 = 2000a\]\[ \Leftrightarrow a = 0,05(m/{s^2})\]

Gọi \[{v_2}(m/s)\] là vận tốc của đoàn tàu sau khi đi hết 2 km, ta có công thức liên hệ:

\[v_2^2 - v_0^2 = 2a{s_2}\]\[ \Leftrightarrow v_0^2 - {0^2} = 2.0,05.2000\]\[ \Leftrightarrow v_2^2 = 200\]\[ \Leftrightarrow {v_2} = \sqrt {200} = 10\sqrt 2 (m/s)\]

Sự chuyển hoá năng lượng:

- Bếp điện: điện năng thành nhiệt năng, để đun sôi nước.

- Bàn là: điện năng thành nhiệt năng, để làm nóng dây mayso.

- Động cơ điên, quạt điện: Điện năng thành cơ năng, làm quay động cơ, cánh quạt.

a) Độ lớn cảm ứng từ tại tâm vòng dây: \(B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{R} = 31,{4.10^{ - 5}}T\)

b) Với vòng dây có bán kính \(R' = 4R\)thì: \(B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{{4R}} = \frac{B}{4} = 7,{85.10^{ - 5}}T\)

Gia tốc của vật là: \[a = \frac{{2s}}{{{t^2}}} = \frac{{2.2}}{{{2^2}}} = 1(m/{s^2})\]\[\]

Hợp lực tác dụng vào vật là: \[F = ma = 2.1 = 2(N)\]

- Điện trở biểu thị mức độ cản trở dòng điện chạy qua dây dẫn nhiều hay ít. Dây dẫn có điện trở càng lớn thì cản trở dòng điện càng nhiều.

- Điện trở của dây dẫn càng nhỏ thì cản trở dòng điện càng ít (dẫn điện càng tốt).

Chọn đáp án A

Cảm ứng từ do \({I_1}\) gây ra tại M là \({B_1} = {2.10^{ - 7}}.\frac{5}{{0,1}} = {10^{ - 5}}T\)

Cảm ứng từ do \({I_2}\) gây ra tại M làm \({B_2} = {2.10^{ - 7}}.\frac{5}{{0,1}} = {10^{ - 5}}T\)

Do \({I_1},{I_2}\) và lập thành tam giác đều nên \(\widehat {{I_1}M{I_2}}\) bằng \({60^o}\), suy ra góc giữa \(\widehat {{B_1}}\) và \(\widehat {{B_2}}\) bằng \({120^o}\)

Ta có: \({B^2} = B_1^2 + B_2^2 + 2.{B_1}.{B_2}.cos120^\circ = {10^{ - 5}}\,\,T.\)

Chọn đáp án B

Độ lớn hợp lưc F thỏa mãn: \(\left| {{F_1} - {F_2}} \right| \le F \le {F_1} + {F_2} \Leftrightarrow 2N \le F \le 30N\)

Chọn đáp án B

Chọn chiều + là chiều chuyển động, gốc thời gian lúc bắt đầu hãm phanh.

\(\overrightarrow a = \frac{{\overrightarrow F }}{m} \Rightarrow a = \frac{F}{m} = \frac{{ - 3000}}{{1000}} = - 3m/{s^2}\)

Ta có: \({v^2} - v_0^2 = 2.a.s \Rightarrow s = 37,5m\)

Chọn đáp án D

21,6 km/h = 6 m/s

36 km/h = 10 m/s

Gia tốc của tàu: \[{v^2} - v_0^2 = 2as\]\[ \Leftrightarrow a = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2s}} = \frac{{{{10}^2} - {6^2}}}{{2.64}} = 0,5(m/{s^2})\]

Quãng đường đi được kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi đạt tốc độ 36 km/h

\[{v^2} - v_0^2 = 2as\]\[ \Leftrightarrow s = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2a}} = \frac{{{{10}^2} - {0^2}}}{{2.0,5}} = 100(m)\].

Tốc độ trung bình 

\[v = \frac{S}{t} = \frac{{{v_1}.{t_1} + {v_2}.{t_2} + {v_3}.{t_3}}}{{{t_1} + {t_2} + {t_3}}} = \frac{{10.2 + 20.2 + 30.3}}{{2 + 2 + 3}} = 21,4km/h\]

+ Vật liệu kim loại: Kim loại đen, thép cacbon thường chứa nhiều tạp chất dùng chủ yếu trong xây dựng và kết cấu cầu đường. Thép cacbon chất lượng tốt hơn thường làm dụng cụ gia đình và chi tiết máy. Kim loại màu: được dùng nhiều trong công nghiệp như sản xuất đồ dùng gia đình, chế tạo chi tiết máy, làm vật liệu dẫn điện ...

+ Vật liệu phi kim loại: được sử dụng rất rộng rãi, dùng phổ biến trong cơ khí là chất dẻo, cao su.

Chất dẻo: được dùng nhiều trong sản xuất dụng cụ gia đình như làn, rổ, cốc, can, dép ...

Cao su: được dùng làm săm, lốp, ống dẫn, đai truyền, sản phẩm cách điện ...

Hiện tượng dương cực tan: là hiện tượng cực dương bị tan ra vào trong dung dịch xảy ra khi kim loại làm cực dương trùng với kim loại của muối trong dung dịch chất điện phân.

Giải thích hiện tượng dương cực tan dựa trên thí nghiệm

(VD: cực dương bằng đồng – Cu, dung dịch điện phân là CuSO₄ (hoặc một loại muối đồng khác) thì xảy ra hiện tượng dương cực tan, Cực dương bằng Bạc -Ag, dung dịch điện phân là AgNO₃ (hoặc muối bạc khác) thì xảy ra hiện tượng dương cực tan).

Lưu ý

Đồng (Cu) tan ra từ cực dương sẽ hòa tan vào trong dung dịch điện phân

Đồng (Cu) trong dung dịch điện phân sẽ bám vào kim loại ở cực âm, không phải đồng (Cu) từ cực dương chạy qua bám vào cực âm.

Nếu chất điện phân là dung dịch H₂SO₄ và các điện cực làm bằng graphit (hoặc inox). Phân tử H₂SO₄ bị phân li thành H+ và (SO₄)^2-. Graphit (các bon) dẫn điện nhưng không tạo thành ion có thể tan vào dung dịch khi điện phân nên các phản ứng ở điện cực phức tạp hơn. Kết quả thu được là chỉ có nước bị phân tách thành H₂ và O₂. Phương pháp điện phân nước trên thu được Oxi ứng dụng tạo ra oxi cho thủy thủ sống trong tàu ngầm.

Gia tốc của đoàn tàu là: \[v = {v_0} + at\]\[ \Rightarrow a = \frac{{v - {v_0}}}{t} = \frac{{0 - 20}}{5} = - 4{\rm{\;}}(m/{s^2})\]

Quãng đường mà tàu đi được từ lúc bắt đầu hãm phanh đến lúc dừng lại là:

\[{v^2} - v_0^2 = 2as\]\[ \to s = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2a}} = \frac{{0 - {{20}^2}}}{{2.\left( { - 4} \right)}} = 50\;\left( m \right)\]

Chọn đáp án B

\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1s\)

Trong \(0,05s = \frac{t}{2}\) đầu vật đi được: 2A = 2.4 = 8cm

Chọn đáp án A

a)

 \[ = \frac{{24x + (24 - x)(24 + x)}}{{24 + x}}\]

\[ \to I = \frac{{24(24 + x)}}{{24x + (24 + x)(24 - x)}}\]

\[ = \frac{{24.24x}}{{24x + (24 - x)(24 + x)}}\]

\[ = \frac{{576x}}{{24x + (24 - x)(24 + x)}}\]\[ = \frac{{576}}{{\frac{{24x + (24 - x)(24 + x)}}{x}}}\]\[ = \frac{{576}}{{24 + \frac{{(24 - x)}}{x}.\frac{{24 + x}}{x}}}\]

\[ = \frac{{576}}{{24 + \frac{{576 - {x^2}}}{{{x^2}}}}}\]\[ = \frac{{576}}{{24 + \frac{{576}}{{{x^2}}} - {x^2}}}\]

b) Khi x tăng \( \Rightarrow \frac{{576}}{{{x^2}}}\) giảm và \({x^2}\)giảm \( \Rightarrow 24 + \frac{{576}}{{{x^2}}} - {x^2}\)\( \Rightarrow {I_d}\)tăng

Ta có: \(\rho = \rho '\)\[ \Leftrightarrow \frac{{RS}}{\ell } = \frac{{R'S'}}{{\ell '}}\]

Mà S = S’\[ \Leftrightarrow \frac{R}{\ell } = \frac{{R'}}{{\ell '}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{R}{{5\ell '}} = \frac{{R'}}{{\ell '}}\]\[ \Leftrightarrow R' = \frac{{R\ell '}}{{5\ell '}}\]\[ \Leftrightarrow R' = \frac{R}{5}\].

Định luật II: \[F{\rm{ }} = {\rm{ }}ma{\rm{ }} = {\rm{ }}2{m_1}\; = {\rm{ }}6{m_2}\]\[ \to {\rm{ }}{m_1}\; = {\rm{ }}3{m_2}\]

Vật có khối lượng \[({m_{1\;}} + {\rm{ }}{m_2})\] có gia tốc a’

 Chọn đáp án A

Chất điểm đứng yên khi hợp lực tác dụng lên nó bằng 0.

Vậy hợp lực của hai lực 3 N và 4 N cân bằng với lực thứ ba là 5 N.

\( \Rightarrow \) Hợp lực của hai lực 3 N và 4 N có độ lớn là 5 N.

Điện trở của dây dẫn ban đầu là: \[R = \rho \frac{\ell }{S}\]

Cắt đoạn dây dẫn thành 2 nửa bằng nhau, điện trở của mỗi đoạn dây là:

\[{R_1} = {R_2} = \rho \frac{{{\ell _1}}}{S} = \rho \frac{{\frac{\ell }{2}}}{S} = \frac{R}{2}\]

Ghép các đầu của chúng lại với nhau, ta được đoạn dây mắc song song.

Điện trở của đoạn dây này là: \[R\prime = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{\frac{R}{2}.\frac{R}{2}}}{{\frac{R}{2} + \frac{R}{2}}} = \frac{R}{4}\]

+ Khi tác dụng lực F vào vật:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_0} = 0\\v = 1m/s\\t = 0,5s\end{array} \right.\)

Gia tốc của vật: \(a = \frac{{v - {v_0}}}{t} = \frac{{1 - 0}}{{0,5}} = 2m/{s^2}\)

Độ lớn lực tác dụng là: \(F = m.a\)

+ Khi tăng gấp đôi độ lớn lực tác dụng vào vật:

Ta có: \(F' = 2F = ma'\)

Lấy \(\frac{{F\prime }}{F} = \frac{{m.a}}{{m.a\prime }} \Leftrightarrow \frac{{2F}}{F} = \frac{{a\prime }}{a} \Leftrightarrow 2 = \frac{{a\prime }}{a} \Rightarrow a\prime = 4m/{s^2}\)

Nối hai đầu của dây điện với 2 đầu của vỏ bao diêm và để la bàn nhỏ song song với dây. Nếu thanh nam châm mà có di chuyển thì chứng tỏ có đường sức từ thì phải có dòng điện hoặc nam châm.

→ Có dòng điện

Độ lớn của 2 lực là: \[F = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + 2cos({F_1};{F_2}).{F_1}.{F_2}} \]\[ = \sqrt {{{30}^2} + {{30}^2} + 2.\cos {{120}^o}.30.30} = 30N\]

Vậy F = 30N

- Độ lớn hợp lực của hai lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \)là \[{F_{1,2}} = 2.{F_1}.\cos \frac{\alpha }{2} = 2.10.\cos {30^o} = 10\sqrt 3 N\]

- Lực \[\overrightarrow {{F_3}} \] vuông góc mặt phẳng chứa \[\overrightarrow {{F_1}} \]và \[\overrightarrow {{F_2}} \] nên \[\overrightarrow {{F_3}} \] vuông góc với \[\overrightarrow {{F_{1,2}}} \] suy ra độ lớn của hợp lực là:\[F = \sqrt {F_1^2 + F_{1,2}^2} = \sqrt {{{(10)}^2} + {{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}} = 20N\]

Chọn đáp án D

Áp dụng quy tắc hình bình hành: \[\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \]

Ta được: \[F = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + 2{F_1}{F_2}\cos \alpha } \]

Vì \[{0^o} \le \alpha \le {180^o}\] nên \[ - 1 \le \cos \alpha \le 1\]\[ \to \left| {{F_1} - {F_2}} \right| \le F \le \left| {{F_1} + {F_2}} \right|\]

Thay số ta được: \[\left| {5 - 8} \right| \le F \le \left| {5 + 8} \right| \Leftrightarrow 3 \le F \le 13\]\[ \to F = 12N\] là thỏa mãn.

Chọn đáp án B

\[m = 0,5\;mg = {5.10^{ - 7}}\;kg\]

\[E = 1000\;V/m\]

Trọng lượng của hạt bụi là: \[P = mg = {5.10^{ - 7}}.10 = {5.10^{ - 6}}\;(N)\]

Vì hạt bụi nằm lơ lửng giữa hai bản tụ đặt nằm ngang trong không khí nên trọng lực cân bằng với lực điện.

\[\overrightarrow P + \overrightarrow F = \overrightarrow 0 \]\[ \to \overrightarrow P = - \overrightarrow F \]

Vì trọng lực hướng xuống nên lực điện phải hướng lên. Lực điện ngược chiều với vectơ cường độ điện trường nên điện tích của hạt bụi là điện tích âm.

Độ lớn của lực điện là: \[F = P = {5.10^{ - 6}}N\]

Độ lớn điện tích của hạt bụi là:\[F = \,|q|E\]\[ \to \left| q \right| = \frac{F}{E} = \frac{{{{5.10}^{ - 6}}}}{{1000}} = {5.10^{ - 9}}\;\left( C \right)\]

Vậy điện tích của hạt bụi là \[q = - {5.10^{ - 9}}C\]

Ta có lượng nước tràn ra chính là thể tích của vật\[ \Rightarrow V = 2kg = 2l\'i t = 2d{m^3} = 0,002{m^3}\]

Lực đẩy Ác-si-mét của nước tác dụng lên vật là: \[{F_A} = {d_n}.V = 10000.0,002 = 20N\]

Vậy lực đẩy Ác-si-mét của nước tác dụng lên vật là 20N.

Vật nổi khi \[{F_A}\; > {\rm{ }}P\]

Vật chìm khi \[{F_A}\; < {\rm{ }}P\]

Vật lơ lửng \[{F_A}\; = {\rm{ }}P\]

Khoảng cách giữa hai điện tích:

\[F = k.\frac{{|qQ|}}{{{r^2}}} \Rightarrow {9.10^{ - 3}} = {9.10^9}.\frac{{\mid {{2.10}^{ - 8}}{{.2.10}^{ - 6}}\mid }}{{{r^2}}}\]\[ \Rightarrow r = 0,2m\]

Cường độ điện trường tại M: \[E = \frac{F}{{|q|}} = \frac{{{{9.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^{ - 8}}}} = 450000V/m\]

Trong điện phân nếu hiệu điện thể hai đầu bình không thay đổi và tăng nhiệt độ của bình thì trong cùng một khoảng thời gian khối lượng của chất tạo ra ở catot sẽ tăng do nhiệt độ cao, các phân tử, nguyên tử chuyển động nhanh hơn.

Chọn đáp án A

1. Sơn tĩnh điện

2. Dây xích của xe tải chở xăng

3. Hút bụi

+ Xe container có tải trọng lớn nên phải có nhiều bánh xe để tăng diện tích tiếp xúc lên mặt đường.

+ Xe tăng, xe máy kéo phải chạy bằng xích vì tăng diện tích tiếp xúc bề mặt để không bị lật đổ vì các loại xe này hoạt động trong địa hình không bằng phẳng.

\[{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - \frac{1}{2}m{v^2} = 0,192J\]

\[{{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}\left| {{F_{hp}}} \right|.\left| x \right|\]\[ \Rightarrow \left| x \right| = 0,04m\]\[ \Rightarrow k = \frac{{\left| {{F_{hp}}} \right|}}{{\left| x \right|}} = 24N/m\]

Chọn đáp án C

Ta có hiệu điện thế U = I.R

+ Khi \[R = {R_1}:{U_1} = {I_1}{R_1} = \frac{E}{{{R_1} + r}}{R_1}\] (1)

+ Khi \[R = {R_2}:{U_2} = {I_2}{R_2} = \frac{E}{{{R_2} + r}}{R_2}\](2)

Lấy \[\frac{{(1)}}{{(2)}}\] ta được: \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}.\frac{{\left( {{R_2} + r} \right)}}{{\left( {{R_1} + r} \right)}}\](3)

Theo đầu bài ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{U_2} = 2{U_1}\\{R_1} = 3\Omega \\{R_2} = 10,5\Omega \end{array} \right.\]

(3) \[ \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{{3(10,5 + r)}}{{10,5(3 + r)}}\]\[ \Leftrightarrow 31,5 + 10,5r = 63 + 6r\]\[ \Rightarrow r = 7\Omega \]

Ta có công suất của bàn là được xác định bởi công thức sau: \(P = {I^2}R = \frac{{{\xi ^2}R}}{{{{\left( {R + {r_{td}}} \right)}^2}}}\)

Dễ dàng nhận thấy nếu điện trở trong của bộ nguồn càng lớn thì công suất càng bé. Do đó cách mắc song song sẽ cho bàn là công suất lớn hơn vì khi mắc song song điện trở trong của bộ ắc quy sẽ nhỏ hơn khi mắc nối tiếp.

a) Lấy điểm S, M. Vẽ 2 gương \({G_1}\) và \({G_2}\) vuông góc với nhau.

Xác định ảnh S’ của S qua \({G_1}\)

Xác định ảnh M’ của M qua \({G_2}\)

Nối S’ với M’, S’M’ cắt \({G_1}\) tại I, cắt \({G_2}\) tại K

Nối S với I, K với m ta được đường trường tia sáng: SIKM

→ M phải nằm trong một khoảng vị trí mới giải được

b) \({G_1} \bot {G_2} \equiv O\)

Ta có:

\(\widehat {SIK} = {180^o} - 2.\widehat {KIO}\)

\(\widehat {HKI} = {180^o} - 2.\widehat {IKO}\)

\( \Rightarrow \widehat {SIK} + \widehat {MKI} = {360^o} - 2.\left( {\widehat {KIO} + \widehat {IKO}} \right)\)\( = {360^o} - {2.90^o} = {180^o}\)

\( \Rightarrow SI\parallel KM\)( Tổng 2 góc trong cùng phía bằng \({180^o}\))

Vậy tia tới gương \({G_1}\) song song với tia phản xạ qua gương \({G_2}\)

Dòng điện mang năng lượng vì dòng điện có khả năng sinh công và cung cấp nhiệt lượng.

Chọn đáp án B

Cơ học nghiên cứu chuyển động của vật chất trong không gian và thời gian, không bao gồm sự co dãn của các bó cơ trong cơ thể động vật.

Chọn đáp án c

Vì trọng lượng riêng của đá lớn hơn nước nên đá chìm hoàn toàn trong nước.

Thể tích của hòn đá là:P = 10m = 10.4,8 = 48N\[ \Rightarrow V = \frac{P}{{{d_v}}} = \frac{{48}}{{26000}} = 0,001846{m^3}\]

Lực đẩy Ác si mét tác dụng lên hòn đá là:\[{F_A} = {d_n}.V = 10000.0,001846 = 18,46N\]

Kể từ lúc hãm xe, lực ma sát đóng vai trò cản trở Chuyển động khiến xe dừng lại.

Áp dụng định luật II Newton, ta có: \[\overrightarrow {{F_{ms}}} + \overrightarrow P + \overrightarrow N = \overrightarrow {m.a} \]

Chiếu lên chiều chuyển động: \[ - {F_{ms}} = ma \Rightarrow - \mu mg = ma\]

\[ \Rightarrow a = \mu g = - 0,2.9,8 = - 1,96m/{s^2}\]

Quãng đường vật đi được kể từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn:

\[S = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2a}} = \frac{{{0^2} - {{10}^2}}}{{2.( - 1,96)}} = 25,51m\]

Trong một nam châm điện, lõi của nam châm có thể dùng là lõi sắt non.

Chọn đáp án A

Lực tác dụng lên quyển sách cuối cùng là: F = 3 + 4 = 7 (N).

Hợp lực có hướng từ trên xuống dưới, tác dụng lên quyển sách cuối cùng.

Ta có:

P_{vương miện} = P_vàng + P_bạc = 2,5N hay d_vàng.V_vàng + d_bạc.V_bạc = 2,5 N

=>193000.V_vàng + 105000.V_bạc = 2,5 (1)

Mặt khác lực đẩy Acsimet tác dụng lên vương miện là 0,16N

Hay \[{F_A}\] = d_nước (V_vàng + V_bạc) = 0,16N ⇒ V_vàng + V_bạc = \[1,{6.10^{ - 5}}{m^3}\]

=> V_bạc =\[1,{6.10^{ - 5}}\]−V_vàng (2)

Thay (2) vào (1), ta có: 193000.V_vàng + 105000.(\[1,{6.10^{ - 5}}\]−V_vàng) = 2,5

=> 88000.V_vàng = 0,82

⇒ V_vàng = 9,318. \[{10^{ - 6}}{m^3}\]

⇒ P_vàng = d_vàng. V_vàng = 1,798 N.

Tốc độ trung bình của vận động viên đó là: \[{V_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{600}}{{74,75}} \approx 8(m/s)\]

Vậy vận động viên đó có tốc độ trung bình khoảng 8 m/s

Hệ số công suất của đoạn mạch bằng:

\[cos\varphi = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{UR}}{{\sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} }} = \frac{{40}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{(80 - 50)}^2}} }} = 0,8\]

Ta có:

\[{\xi _b} = 4\xi = 4.1,5 = 6V\]

\[{r_b} = 4r = 4.0,5 = 2\Omega \]

Điện trở mạch ngoài: \[\frac{1}{{{R_N}}} = \frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}} = 1 \Rightarrow {R_N} = 1\Omega \]

Cường độ dòng điện mạch chính là: \[I = \frac{{{\xi _b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = \frac{6}{{2 + 1}} = 2A\]

Điện năng tiêu thụ mạch ngoài là: \[A = {I^2}.{R_N}.t = {2^2}.1.60 = 240J\]

a. Nam châm bị hút vào ống dây. Vì khi đóng mạch điện, dòng điện chạy qua cuộn dây theo chiều từ trong ra ngoài mặt phẳng, sử dụng quy tắc nắm bàn tay phải, ta xác định được chiều từ trường do ống dây gây ra có chiều đi ra từ đầu B, nên B là cực Bắc, sẽ hút cực nam S của nam châm bên ngoài.

b. Lúc đầu nam châm bị đẩy ra xa, sau đó nó xoay đi và khi cực Bắc của nam châm hướng về phía đầu B của ống dây thì nam châm bị hút vào ống dây.

Vì khi đổi chiều dòng điện chạy qua các vòng dây thì từ cực tại B sẽ đổi thành cực Nam, cùng cực với nam châm ngoài nên sẽ đẩy ra xa, sau đó nam châm bên ngoài bị xoay đi và cực Bắc của nam châm ngoài sẽ gần đầu B (cực Nam) của ống dây nên bị hút vào.

c. Dụng cụ thí nghiệm: 1 ống dây, 1 thanh nam châm và 1 mạch điện. Tiến hành thí nghiệm theo hình vẽ và kiểm tra kết quả.

Móng nhà phải xây rộng bản hơn tường vì để tăng diện tích và giảm áp suất tác dụng lên mặt đất.

Chọn đáp án D

\[a = \frac{{v - {v_o}}}{t} = \frac{{14 - 10}}{{20}} = 0,2m/{s^2}\]

\[s = {v_o}t + \frac{1}{2}.a.{t^2} = 10.40 + \frac{1}{2}.0,{2.40^2} = 560m\]

\[F = ma = 0,2m(N)\]

- Mũi kim nhọn làm giảm diện tích tiếp xúc nên tăng áp suất, do đó dễ dàng xuyên qua vải.

- Chân ghế chịu áp lực lớn nên phải có diện tích tiếp xúc lớn, để áp suất tác dụng lên mặt sàn nhỏ, ghế không bị gãy.

Điện trở tương đương của hai điện trở mắc song song: \(\frac{1}{{{R_{td}}}} = \frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}\)

Chọn đáp án C

Ta có:

Khi K1 đóng K2 mở \[{I_a} = {I_3}\]\[ \Rightarrow {U_3} = {I_a}.{R_3} = 3V\]

\[{I_1} = \frac{{{U_3}}}{{{R_1}}} = 0,25A\]

\[{U_2} = 12 - 3 = 9V\]

\[{I_2} = 0,25 + 0,5 = 0,75A\]

\[{R_2} = \frac{9}{{0.75}} = 12\left( \Omega \right)\]

b) \[{U_2} = 0,4.12 = 4,8V\]

\[{I_3} = \frac{{\left( {12 - 4,8} \right)}}{6} = 1,2A\]

\[{I_4} = 1,2 - 0,4 = 0,8A\]

\[{R_4} = \frac{{4,8}}{{0,8}} = 6\left( \Omega \right)\]

c) \[{R_{td}} = 12 + 6 = 18{\rm{ }}\left( \Omega \right)\]

\[{I_a} = \frac{{12}}{{18}} = \frac{2}{3}A\]

d) Ta có mạch như sau:\[\left( {R1//R3} \right)nt\left( {R2//R4} \right)\]

Vì mạch cầu cân bằng \[\frac{{12}}{6} = \frac{{12}}{6}\]\[ \Rightarrow {I_a} = 0A\]

a) Đổi 72 km/h = 20 m/s

Áp dụng hệ thức độc lập: \[{v^2} - v_o^2 = 2as\]

+ Gia tốc của xe kể từ lúc hãm phanh là: \[a = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2s}} = - 0,4m/{s^2}\]

+ Gọi lực hãm là \[{F_h}\]; m = 2 tấn = 2000 kg

\[{F_h} = - m.a \Rightarrow {F_h} = 800N\]

b) Thời gian ô tô hãm phanh đến khi dừng: \[t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{ - 20}}{{ - 0,4}} = 50s\]

\[P = 45000N;S = 1,25{m^2}\]

1) Áp suất của xe tác dụng lên mặt đường: \[p = \frac{P}{S} = \frac{{45000}}{{1,25}} = 36000N/{m^2}\]

2) Áp suất của người lên mặt đất: \[p\prime = \frac{{65.10}}{{{{180.10}^{ - 4}}}} = 36111N/{m^2}\]

Ta thấy: \[36111N/{m^2} > 36000N/{m^2}\]

Áp suất của người lên mặt đất lớn hơn áp suất của bánh xe lên mặt đất.

\[E = 12V;r = 1\Omega ;{U_{dm}} = 12V;{P_{dm}} = 6W\]

Điện trở của đèn: \[R = \frac{{U_{dm}^2}}{{{P_{dm}}}} = \frac{{{{12}^2}}}{6} = 24\Omega \]

Cường độ dòng điện qua đèn: \[I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{{12}}{{24 + 1}} = 0,48A\]

Hiệu điện thế qua đèn: \[U = E - I.r = 12 - 0,48 = 11,25V\]

Hiệu suất: \[H = \frac{U}{E}.100 = 96\% \]

+ Khi đèn sáng: \(U = {U_{dm}} = {U_D}\)

+ Khi mắc nối tiếp thêm điện trở: \({U_D} + {U_2} = U \Rightarrow {U_D} < U = {U_{dm}}\)

U qua đèn giảm thì I giảm, nên đèn sáng yếu.

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe.

Theo định luật II newton

Ta có \[\overrightarrow F + \overrightarrow {{F_c}} = m\overrightarrow a \]

Chiếu lên chiều dương ta có: \[F - {F_c} = ma \Rightarrow F = ma + {F_c}\] (1)

Mà \[s = {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2}\]\[ \Rightarrow 1,2 = 0,4 + \frac{1}{2}a{.4^2} \Rightarrow a = 0,15m/{s^2}\]

\[ \Rightarrow F = ma + {F_c}\]\[ = 0,25.0,15 + 0,04 = 0,0775(N)\]

+ Chọn chiều dương là chiều chuyển động, gốc thời gian là lúc xuất phát, gốc tọa độ tại vị trí xuất phát với \({v_0} = 0(m/s)\)

+ Theo bài ra ta có: \({s_1} - {s_2} = 0,09(m)\) (1)

+ Mà \({s_1} = {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2}\)\( = 0.1,5 + \frac{1}{2}.a.1,{5^2} = 1,125a\) (2)

\({s_2} = vt + \frac{1}{2}a{t^2}\)

Với \(v = {v_0} + at = 0 + a.1,5 = 1,5a(m/s)\)\[ \Rightarrow {s_2} = 1,5a.1,5 + 1,125a = 3,375a\] (3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta có: \[3,375a - 1,125a = 0,09\]\[ \Rightarrow 2,25a = 0,09 \Rightarrow a = 0,04(m/{s^2})\]

Vậy lực tác dụng lên vật: \[F = ma = 0,15.0,04 = 0,06(N)\]

Chọn đáp án C

Phân tích mạch  \[{R_1}nt\left[ {\left( {{R_2}nt{R_3}} \right)//{R_4}} \right]\]

\[{R_{23}} = {R_2} + {R_3} = 40 + 30 = 70\Omega \]

\[{R_{234}} = \frac{{{R_{23}}.{R_4}}}{{{R_{23}} + {R_4}}} = \frac{{70.40}}{{40 + 70}} = \frac{{280}}{{11}}\Omega \]

\[ \Rightarrow {R_{td}} = {R_1} + {R_{234}} = \frac{{40 + 280}}{{11}} = \frac{{720}}{{11}}\Omega \]

\[ \Rightarrow {U_{ab}} = \frac{{720}}{{11.1,2}} = \frac{{864}}{{11}}\left( V \right)\]

Có \[{R_1}nt{R_{234}}\]

\[ \Rightarrow {I_1} = {I_{234}} = I = 1,2A\]

\[ \Rightarrow {U_{234}} = \frac{{1,2.280}}{{11}} = \frac{{336}}{{11}}\Omega \]

Vì \[{R_{23}}//{R_4}\]

\[ \Rightarrow {U_{23}} = {U_4} = {U_{234}} = \frac{{336}}{{11}}\Omega \]

\[ \Rightarrow {I_4} = \frac{{\frac{{336}}{{11}}}}{{40}} = \frac{{42}}{{55}}A\]

\[{R_2}nt{R_3} \Rightarrow {I_2} = {I_3} = {I_{23}} = \frac{{{U_{23}}}}{{{R_{23}}}} = \frac{{\frac{{336}}{{11}}}}{{70}} = \frac{{24}}{{55}}A\]

Điện trở tỉ lệ thuận với chiều dài dây dẫn của biến trở.

Điện trở khi đó có giá trị 20.40% = 8 Ω.

Chọn đáp án C

Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phài là dòng điện định mức

\[I = \frac{P}{U} = \frac{6}{6} = 1A \Rightarrow R = \frac{U}{I} = 6\Omega \Rightarrow E = I(R + r) = 1(6 + 2) = 8V\]

Chọn đáp án C

a) \[{v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{1800}}{{15.60}} = 2m/s\]

b) \[A = F.s = 300.1800 = 540000J\]

\[q = n.{q_e} = {5.10^5}.( - 1,{6.10^{ - 19}}) = - {8.10^{ - 14}}C\]

Chọn đáp án B

A - Hòn bi lăn trên mặt bàn tức là hòn bi chuyển động \( \Rightarrow \) có công cơ học.

B - Gió thổi mạnh vào bức tường nhưng bức tường không xê dịch không biến dạng \( \Rightarrow \)không có công cơ học.

C - Lực sĩ tác động lực vào quả tạ đưa lên đưa xuống \( \Rightarrow \) có công cơ học.

D - Người thợ mỏ tác dụng lực đẩy làm cho xe goòng chuyển động \( \Rightarrow \) có công cơ học.

Chọn đáp án B

Thể tích bạc là: \[V = Sh = {2.10^{ - 4}}{.5.10^{ - 6}} = {10^{ - 9}}({m^3}) = {10^{ - 3}}(c{m^3})\]

Khối lượng bạc là: \[m = DV = 10,{5.10^{ - 3}} = 0,0105(g)\]

Ta có:\[m = kq = k.It\]\[ \Rightarrow 0,0105 = 1,{12.10^{ - 3}}{.50.10^{ - 3}}.t\]\[ \Rightarrow t = 187,5(s)\].

Câu D sai vì khi vật chuyển động thẳng, có đổi chiều thì độ lớn của độ dịch chuyển bằng độ biến thiên tọa độ và ≤ quãng đường.

Chọn đáp án D

- bẻ 1 đầu ống tiêm: áp suất thuốc cân bằng áp suất khí quyển nên thuốc không chảy ra.

- bẻ 2 đầu ống tiêm: áp suất cột nước ngoài chịu áp suất chất lỏng còn chịu thêm áp suất khí quyển phía trên lớn hơn áp suất khí quyển bên dưới làm thuốc chảy ra.

\(a = \frac{F}{m} = \frac{1}{2} = 0,5(m/{s^2})\)

\(S = a.\frac{{{t^2}}}{2} = 0,5.\frac{{22}}{2} = 1(m)\)

Thể tích của quả cầu:

Độ lớn lực đẩy Acsimet tác dụng lên vật: \[{F_a} = V.{d_n} = 0,000057.10000 = 0,57N\]

Các lực tác dụng lên vật được biểu diễn trên hình vẽ

Áp dụng định luật 2 Niuton \[\overrightarrow P + \overrightarrow N + \overrightarrow F + \overrightarrow {{F_{ms}}} = m.\overrightarrow a \]

\[Oy:N = P = mg = 10N\]

\[Ox:F - {F_{ms}} = F - \mu N = ma\]

\[ \Rightarrow a = \frac{{10 - 0,15.10}}{5} = 1,7m/{s^2}\]

Vì khi ở ngoài không khí \[{P_1}\] là trọng lượng của vật khi nhấn vào trong nước thì do tác dụng của Ác-si-met nên lực \[{P_2}\] sẽ giảm so với trọng lượng.

Chọn đáp án B\[\]

Thời gian ném ngang: \[{v^2} = v_0^2 + {(g.t)^2}\]\[ \Leftrightarrow {50^2} = {30^2} + {(10.t)^2}\]\[ \Rightarrow t = 4s\]

Độ cao: \[h = \frac{1}{2}.g.{t^2} = \frac{1}{2}{.10.4^2} = 80m\]

+ Xác định vectơ ; biểu diễn bằng hình vẽ hai vectơ cùng phương ngược chiều

+ Tổng hợp thấy hai vectơ

Trong đó: \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}} \)

+ Thay vào biểu thức tổng hợp \(E = \left| {{{4.10}^3} - {{6.10}^3}} \right| = {2.10^3}(V/m)\) có hướng của \({E_2}\)

Chọn đáp án B

Để đồng hồ chạy đúng giờ cần phải tăng chu kì của con lắc.

Khi đó \(\frac{{\Delta T}}{T} = \frac{1}{2}.\frac{{\Delta \ell }}{\ell } \Rightarrow 86400\frac{{\Delta T}}{T} = 86400.\frac{1}{2}.\frac{{\Delta \ell }}{\ell } = 120 \Rightarrow \frac{{\Delta \ell }}{\ell } = 0,278\% \)

Do đó cần tăng chiều dài con lắc thêm 0,28%

Chọn đáp án A

Gọi điện tích mỗi quả cầu là q.

Lực điện tác dụng lên mỗi quả cầu là: \({F_d} = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}\)

Từ hình vẽ, ta thấy: \[\frac{{{F_d}}}{P} = \frac{{\frac{r}{2}}}{{\sqrt {{\ell ^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} }} \Rightarrow \frac{{k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}}}{{mg}} = \frac{{\frac{r}{2}}}{{\sqrt {{\ell ^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} }}\]

\[ \Rightarrow q = \sqrt {\frac{{mg{r^3}}}{{2k\sqrt {{\ell ^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} }}} = \sqrt {\frac{{0,{{01.10}^{ - 3}}.10.0,{{06}^3}}}{{{{2.9.10}^9}.\sqrt {0,{5^2} - 0,{{03}^2}} }}} = 1,{55.10^{ - 9}}(C)\]

Vận tốc trung bình trên dốc: \[{v_1} = \frac{{{\rm{ }}1,2}}{{0,5}} = {\rm{ }}2,4{\rm{ }}m/s\]

Vận tốc trung bình trên đường ngang: \[{v_2} = {\rm{ }}\frac{3}{{1,4}} = {\rm{ }}2,1{\rm{ }}m/s\;\]

Vận tốc trung bình cả quãng đường: \[v = {\rm{ }}\frac{{\left( {1,2 + 3} \right)}}{{\left( {0,5 + 1,4} \right)}} = {\rm{ }}2,2{\rm{ }}m/s\]

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch khi K mở là:

\[{R_{td}} = {R_1} + \frac{{({R_3} + {R_4}).{R_2}}}{{{R_2} + {R_3} + {R_4}}} + {R_6} = 1,5 + \frac{{(12 + {R_4}).6}}{{18 + {R_4}}} = 99 + \frac{{7,5{R_4}}}{{18 + {R_4}}}\]

Cường độ dòng điện qua mạch lúc này là: \[{I_m} = \frac{U}{{{R_{td}}}} = \frac{{5,4.(18 + {R_4})}}{{99 + 7,5{R_4}}}\]

Cường độ dòng điện đi qua \[{R_4}\] là:

\[{I_4} = \frac{{R2}}{{{R_2} + {R_4} + {R_3}}}.{I_m} = \frac{6}{{18 + {R_4}}}.\frac{{5,4.(18 + {R_4})}}{{99 + 7,5{R_4}}} = \frac{{32,4}}{{99 + 7,5{R_4}}}\]

Điện trở \[{R_4}\] là: \[{I_4} = {I_A} = 0,15A\]\[ \Leftrightarrow \frac{{32,4}}{{99 + 7,5{R_4}}} = 0,15\]\[ \Leftrightarrow 99 + 7,5{R_4} = 216\]

\[ \Leftrightarrow 7,5{R_4} = 117 \Rightarrow {R_4} = 15,6\Omega \]

Khi K đóng số chỉ của ampe kế là 0A ⇒ đây là mạch cầu cân bằng.

Vậy điện trở \[{R_5}\] là: \[\frac{{{R_5}}}{{{R_6}}} = \frac{{{R_3}}}{{{R_2}}} \Leftrightarrow \frac{{{R_5}}}{3} = \frac{{12}}{6} \Leftrightarrow {R_5} = 6\Omega \]

b. Điện trở tương đương của đoạn mạch khi K đóng là:

\[{R_{td}} = {R_1} + \frac{{({R_3} + {R_5}).({R_2} + {R_6})}}{{{R_2} + {R_3} + {R_5} + {R_6}}} = 1,5 + \frac{{(12 + 6).(6 + 3)}}{{12 + 6 + 6 + 3}} = 7,5\Omega \]

Cường độ dòng điện đi qua mỗi điện trở là: \[{I_1} = {I_m} = \frac{U}{{{R_{td}}}} = \frac{{5,4}}{{7,5}} = 0,72A\]

\[{I_6} = {I_2} = \frac{{{R_{35}}}}{{{R_{26}} + {R_{35}}}}.{I_m} = \frac{{18}}{{18 + 9}}.0,72 = 0,48A\]

\[ \Rightarrow {I_3} = {I_5} = {I_m} - {I_{26}} = 0,72 - 0,48 = 0,24A\]

Công suất tiêu thụ của mỗi điện trở lúc này là:

\[{P_1} = I_1^2.{R_1} = 0,{72^2}.1,5 = 0,7776W\]

\[{P_2} = I_2^2.{R_2} = 0,{48^2}.6 = 1,3824W\]

\[{P_3} = I_3^2.{R_3} = 0,{24^2}.12 = 0,6912W\]

\[{P_5} = I_5^2.{R_5} = 0,{24^2}.6 = 0,3456W\]

\[{P_6} = I_6^2.{R_6} = 0,{48^2}.3 = 0,6912W\]

+ Gia tốc chậm dần đều:\[a = \frac{{{v_2} - {v_1}}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{0 - 5}}{{90 - 75}} = - \frac{1}{3}m/{s^2}\]

+ Quãng đường đi được trong giai đoạn chuyển động thẳng chậm dần đều là:

\[{v^2} - v_0^2 = 2aS \to S = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2a}} = \frac{{{0^2} - {5^2}}}{{2.\left( { - \frac{1}{3}} \right)}} = 37,5m\]

Vì gia tốc của vật luôn hướng xuống (gia tốc trọng trường).

Nên vectơ vận tốc và vecto gia tốc hợp với nhau góc 60⁰ khi:

\[tan60^\circ = \frac{{{v_o}}}{{{v_y}}} \Rightarrow {v_y} = \frac{{{v_o}}}{{tan60^\circ }} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}m/s\]

Thời gian để \[{v_y} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}m/s\]là: \[{v_y} = gt \Rightarrow t = \frac{{{v_y}}}{g} = \frac{{\frac{{20\sqrt 3 }}{3}}}{{310}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}s \approx 1,15s\]

- Không chiếu chùm tia laser vào mắt hoặc vùng da khỏe mạnh khác trong mọi trường hợp.

- Tránh bắn chùm tia laser ở bề mặt phản xạ nhẵn, chẳng hạn như thép không gỉ, bề mặt gương... để không bị tổn thương mắt hoặc da do phản xạ chùm tia laser.

- Nếu thiết bị được làm sạch bằng cồn, chỉ có thể sử dụng máy sau khi khô cồn. Tia laser nên tránh chiếu xạ hàng hóa dễ cháy và dễ nổ.

- Đề nghị người vận hành đeo khiên chống tia laser với bước sóng tương ứng khi vận hành.

Đặt \[{R_4}\] = x

Khi K mở mạch trở thành \[{R_3}{\rm{ }}nt{\rm{ }}\left[ {{\rm{ }}{R_2}{\rm{ }}\parallel {\rm{ }}\left( {{\rm{ }}{R_1}{\rm{ }}nt{\rm{ }}{R_4}{\rm{ }}} \right){\rm{ }}} \right]\] nên ta có:

\[{R_{td}} = {R_3} + \frac{{{R_2}({R_1} + {R_4})}}{{{R_2} + {R_1} + {R_4}}} = 45 + \frac{{90(45 + x)}}{{90 + 45 + x}} = \frac{{10125 + 90x}}{{135 + x}}\]

\[{I_4} = \frac{{{R_2}}}{{{R_1} + {R_2} + {R_4}}}I = \frac{{90}}{{45 + 90 + x}}.\frac{{90}}{{\frac{{10125 + 90x}}{{135 + x}}}}\]\[ = \frac{{8100}}{{10125 + 90x}} = \frac{{180}}{{225 + 2x}}\]

Khi K đóng mạch trở thành \[{R_1}{\rm{ }}\parallel {\rm{ }}\left[ {{\rm{ }}{R_2}{\rm{ }}nt{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}{R_3}{\rm{ }}\parallel {\rm{ }}{R_4}{\rm{ }}} \right){\rm{ }}} \right]\;\] ta có:

\[{R_{34}} = \frac{{{R_3}{R_4}}}{{{R_3} + {R_4}}} = \frac{{45x}}{{45 + x}}\]

\[{I_4} = \frac{{{R_3}}}{{{R_4}}}{I_{234}} = \frac{{45}}{x}.\frac{{90}}{{90 + \frac{{45x}}{{45 + x}}}} = \frac{{4050 + 90x}}{{90x + 3{x^2}}} = \frac{{1350 + 30x}}{{30x + {x^2}}}\]

Vì \[{I_4}\] trong 2 trường hợp là bằng nhau nên:

\[{I_4} = \frac{{1350 + 30x}}{{30x + {x^2}}} = \frac{{180}}{{225 + x}}\]

\[ \Leftrightarrow 1350.225 + 8100x + 30{x^2} = 5400x + 180{x^2}\]

\[ \Leftrightarrow 150x2 - 2700x - 303750 = 0\]
\[ \Leftrightarrow x = 54,9\Omega \]

a) Đổi 50,4 km/h = 14 m/s

Ta có: \[{v^2} - v_0^2 = 2as\]\[ \to a = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2s}}\]\[ = \frac{{ - {{14}^2}}}{{2.24,5}} = - 4\]

b) Ta có: \[v = {v_0} + at\]\[ \to t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{14}}{4} = 3,5\]

Câu 1. Một bóng đèn có ghi: 6V-3W

Con số trên cho biết hiệu điện thế định mức của đèn là 6V và khi hoạt động bình thường thì nó có công suất là 6W.

Câu 2. Tiết kiệm điện năng

- Lợi ích:

+ giảm chi tiêu cho gia đình

+ các dụng cụ và thiết bị điện được sử dụng lâu, bền hơn

+ giảm bớt các sự cố về điện

+ dành phần điện năng tiết kiệm cho sản xuất

- Biện pháp:

+ cần lựa chọn và sử dụng các dụng cụ, thiết bị điện có công suất phù hợp

+ chỉ sử dụng chúng trong thời gian cần thiết.

Biết \[\left\{ \begin{array}{l}{S_1} = 2,5c{m^2}\\{S_2} = 200c{m^2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \]Đổi \[\left\{ \begin{array}{l}{S_1} = 2,{5.10^{ - 4}}{m^2}\\{S_2} = 0,02{m^2}\end{array} \right.\]

Theo nguyên lý máy thủy lực, ta có: \[\frac{F}{f} = \frac{S}{s} \Rightarrow \frac{{{F_2}}}{{{F_1}}} = \frac{{{S_2}}}{{{S_1}}} \Rightarrow {F_2} = \frac{{{S_2}.{F_1}}}{{{S_1}}}\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{F_2} = \frac{{0,02.480}}{{2,{{5.10}^{ - 4}}}} = 38400(N)\\{P_1} = \frac{{{F_1}}}{{{S_1}}} = \frac{{480}}{{2,{{5.10}^{ - 4}}}} = 1920000Pa\end{array} \right.\]

a. Điện trở có giá trị là: \[R = \rho \frac{\ell }{S} = 1,{1.10^{ - 6}}.\frac{7}{{\frac{{0,1}}{{1000000}}}} = 77\Omega \]

Công suất tỏa nhiệt là: \[P = \frac{{{U^2}}}{R} = \frac{{{{220}^2}}}{{77}} = 628,57W\]

Nhiệt lượng tỏa ra trong 25 phút là: \[Q = P.t = 628,57.25.60 = 942857,1J\]

b. Khối lượng nước đun sôi được là: \[Q = mc\Delta t = m.4200.75 \Rightarrow m = \frac{Q}{{4200.75}} \approx 3kg\]

Vậy có thể đun sôi được khoảng 3 lít nước (1kg nước = 1 lít nước).

Điện trở \[{R_{nt}}\; = \;{R_1}\; + \;{R_2}\; = \;10\; + \;20\; = \;30\Omega \]

Cường độ dòng điện: \[I{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{U}{R}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{12}}{{30}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,4A.\]

Chọn đáp án C

a) Cường độ điện trường do \[{q_1},{\rm{ }}{q_2}\] gây ra tại M lần lượt là:

\[{E_1} = k.\frac{{|{q_1}|}}{{r_1^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{01}^2}}} = 36000(V/m)\]

\[{E_2} = k.\frac{{|{q_2}|}}{{r_2^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{01}^2}}} = 36000(V/m)\]

Cường độ điện trường tổng hợp tại M là:

\[E = {E_1} + {E_2} = 36000 + 36000 = 72000(V/m)\]

b) Cường độ điện trường do \[{q_1},{\rm{ }}{q_2}\] gây ra tại N lần lượt là:

\[{E_1} = k.\frac{{|{q_1}|}}{{r_1^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{01}^2}}} = 36000(V/m)\]

\[{E_2} = k.\frac{{|{q_2}|}}{{r_2^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{03}^2}}} = 4000(V/m)\]

Cường độ điện trường tổng hợp tại N là:

\[E = {E_1} - {E_2} = 360004000 = 32000\left( {V/m} \right)\]

c) Cường độ điện trường do \[{q_1},{\rm{ }}{q_2}\] gây ra tại O lần lượt là:

\[{E_1} = k.\frac{{|{q_1}|}}{{r_1^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{02}^2}}} = 9000(V/m)\]

\[{E_2} = k.\frac{{|{q^2}|}}{{r_2^2}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{02}^2}}} = 9000(V/m)\]

Cường độ điện trường tổng hợp tại O là \[E = {E_1} = {E_2} = 9000(V/m)\]

Khi 2 quả cầu cân bằng, ta có: \[\overrightarrow T + \overrightarrow P + \overrightarrow F = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow R + \overrightarrow T = \overrightarrow 0 \]

a) Ta có: \[P = mg = \frac{{0,1}}{{1000}}.10 = {10^{ - 3}}N\]

\[tan\alpha = \frac{{{F_d}}}{P}\]\[ \Rightarrow {F_d} = P.tan\alpha = P.tan{15^0} = {10^{ - 3}}.tan{15^0} = 2,{68.10^{ - 4}}N\]

b) Ta có: T = R

Mặt khác, từ hình ta có: \[cos\alpha = \frac{P}{R} = \frac{P}{T}\]\[ \Rightarrow T = \frac{P}{{cos\alpha }} = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{cos{{15}^0}}} = 1,{03.10^{ - 3}}N\]

c) Lại có: \[{F_d} = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}\]

Khoảng cách giữa 2 quả cầu: \[r = 2\ell \sin \alpha = 2.0,1.sin{15^0} = 0,0518m\]

Ta có: \[{F_d} = 2,{68.10^{ - 4}}N\]\[ \Leftrightarrow k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = 2,{68.10^{ - 4}}\]\[ \Rightarrow {9.10^9}\frac{{{q^2}}}{{0,{{0518}^2}}} = 2,{68.10^{ - 4}}\]

\[ \Rightarrow q = \pm 8,{94.10^{ - 9}}C\]

Điện tích truyền cho 2 quả cầu: \[Q = 2q = \pm 1,{788.10^{ - 8}}C\]

1) Mạch có: \[{R_1}nt\left( {{R_2}\parallel {R_3}} \right)\]

\[{R_{23}} = \frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = \frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega \]

Điện trở tương đương: \[{R_{td}} = {R_1} + {R_{23}} = 8 + 4 = 12\Omega \]

2) Cường độ dòng điện \[I = {I_1} = {I_{23}} = \frac{U}{{{R_{td}}}} = \frac{{24}}{{12}} = 2A\]

Hiệu điện thế qua điện trở R₁: \[{U_1} = {I_1}.{R_1} = 2.8 = 16V\]

Hiệu điện thế qua điện trở R₂ và R₃: \[{U_{23}} = {U_2} = {U_3} = {I_{23}}.{R_{23}} = 2.4 = 8V\]

Cường độ dòng điện qua điện trở R₂ và R₃:

\[{I_2} = \frac{{{U_2}}}{{{R_2}}} = \frac{8}{{12}} = 23A\]

\[{I_3} = \frac{{{U_3}}}{{{R_3}}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}A\]

3) \[I\prime = 1,2I = 1,2.2 = 2,4A\]

Cường độ: \[I_{23}^' = I\prime = 2,4A\] \(\)\(\)

Hiệu điện thế qua \[{R_1}\]: \[{U_1} = {I_1}\prime .{R_1} = 2,4.8 = 19,2V\]

Hiệu điện thế qua điện trở R₂₃: \[U_{23}^' = U - U_1^' = 24 - 19,2 = 4,8V\]

Cường độ dòng điện qua điện trở R₂: \[{I_2} = \frac{{{U_{23}}}}{{{R_2}}} = \frac{{4,8}}{{12}} = 0,4A\]

Cường độ dòng điện qua điện trở \[{R_X}\]: \[I_3^' = {I_{23}} - {I_2} = 2,4 - 0,4 = 2A\]

Điện trở: \[{R_X} = \frac{{U_{23}^'}}{{I_3^'}} = \frac{{4,8}}{2} = 2,4\Omega \]

a. Khi khía K đóng thì và C ở N thì biến trở bị nối tắt. Suy ra ta có:\[\begin{array}{l}{R_{td}} = \frac{U}{{{I_A}}} = \frac{{21}}{4} = 5,25\Omega \Rightarrow {R_{2d}} = {R_{td}} - R1 = 2,25\Omega \Rightarrow {R_2} = 4,5\Omega \\{I_m} = \frac{U}{{{R_{td}}}} \Rightarrow {I_d} = {I_m}\frac{{{R_2}}}{{{R_2} + {R_d} + R - x}} = U.\frac{{13,5 - x}}{{ - {x^2} + 6x + 81}}.\frac{{4,5}}{{13,5 - x}} = \frac{{4,5U}}{{ - {x^2} + 6x + 81}}\\{I_{dmin}} \Leftrightarrow {( - {x^2} + 6x + 81)_{max}} \Leftrightarrow x = 3\Omega \\{I_{dmin}} = \frac{{21.4,5}}{{90}} = 1,05A\end{array}\]

\[{R_{td}} = \frac{U}{{{I_A}}} = \frac{{21}}{4} = 5,25\Omega \]\[ \Rightarrow {R_{2d}} = {R_{td}} - R1 = 2,25\Omega \]\[ \Rightarrow {R_2} = 4,5\Omega \]

b. Đặt \[{R_x} = x\] ta có:

\[{I_m} = \frac{U}{{{R_{td}}}} \Rightarrow {I_d} = {I_m}\frac{{{R_2}}}{{{R_2} + {R_d} + R - x}} = U.\frac{{13,5 - x}}{{ - {x^2} + 6x + 81}}.\frac{{4,5}}{{13,5 - x}}\]\[ = \frac{{4,5U}}{{ - {x^2} + 6x + 81}}\]

Cường độ dòng điện qua đèn phải là nhỏ nhất để đèn tối nhất nên ta có:

\[{I_{dmin}} \Leftrightarrow {( - {x^2} + 6x + 81)_{max}} \Leftrightarrow x = 3\Omega \]

Cường độ dòng điện nhỏ nhất đó có giá trị nhỏ nhất là:\[{I_{dmin}} = \frac{{21.4,5}}{{90}} = 1,05A\]

c. Khi bắt đầu dịch từ M thì đèn đang sáng thì bắt đầu tối dần đến điểm A mà tại đó đèn tối nhất (\[{R_{AM}} = 3{\rm{ }}\Omega \]) sau đó đèn sáng dần lên đến khi chạm N.

Ta có: \(P = {I^2}.R\)

\({I_1} = \frac{E}{{{R_1} + r}} = \frac{E}{{2 + r}}\)

\({I_2} = \frac{E}{{{R_2} + r}} = \frac{E}{{8 + r}}\)

Mà \({P_1} = {P_2} \to \frac{{{E^2}}}{{{{(2 + r)}^2}}}.2 = \frac{{{E^2}}}{{{{(8 + r)}^2}}}.8\)\( \Leftrightarrow 64 + 16r + {r^2} = 16 + 16r + 4{r^2}\)\( \Leftrightarrow 3{r^2} = 48\)

\( \Leftrightarrow {r^2} = 16\)\( \Rightarrow r = 4\Omega \)

Gọi h là độ sâu của hang

Gọi t₁ là thời gian đá rơi tự do độ cao h;

       t₂ là thời gian âm chuyển động thẳng đều quãng đường h.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}h = 12gt_1^2 = 4,9t_1^2\\h = {v_a}{t_2} = 330.{t_2}\end{array} \right. \Rightarrow 4,9t_1^2 = 330.{t^2}\] (1)

Lại có sau 4s thì ta nghe thấy tiếng hòn đá đập vào đáy giếng → 4s là tổng thời gian đá rơi tự do và âm chuyển động thẳng đều

\[ \Rightarrow {t_1} + {t_2} = 4s \Rightarrow {t_2} = 4 - {t_1}\] (2)\[ \Rightarrow 4,9t_1^2 = 330.(4 - {t_1}) \Rightarrow {t_1} = 3,787s\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow h = 4,9t_1^2 = 4,9.3,{787^2} \approx 70,3m\]

Để đo tốc độ chuyển động của 1 viên bi trong phòng thực hành khi dùng đồng hồ bấm giây, ta thực hiện các bước sau:

+ Xác định vạch xuất phát và vạch đích chuyển động của vật

+ Dùng thước đo độ dài của quãng đường s

+ Dùng đồng hồ bấm giây đo thời gian t từ khi vật bắt đầu chuyển động từ vạch xuất phát tới khi qua vạch đích

+ Dùng công thức \[v = \frac{s}{t}\]để tính tốc độ của vật

→Thứ tự đúng là: 3-2-4-1

Chọn đáp án C\[\]

\[{R_{23}} = \frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = \frac{{20.30}}{{20 + 30}} = 12(\Omega )\]

 \[{U_{23}} = {U_2} = {U_3} = {I_2}.{R_2} = 1,5.20 = 30\left( V \right)\]

\[{I_{AB}} = {I_1} = {I_{23}} = \frac{{{U_{23}}}}{{{R_{23}}}} = \frac{{30}}{{12}} = \frac{5}{2}(A)\]