3000 câu Trắc nghiệm tổng hợp Vật lí 2024 có đáp án - Phần 8

- Khi ô tô đột ngột rẽ phải, hành khách trên xe bị nghiêng về phía trái.

- Khi nhảy từ bậc cao xuống, chân ta bị gập lại.

Ví dụ về sóng dọc:

- Âm thanh do chiếc loa kéo phát ra.

- Con lắc lò xo treo thẳng đứng, kéo vật nặng xuống dưới thả tay cho dao động, dao động của con lắc lò xo là sóng dọc.

Ví dụ về sóng ngang:

- Ném một hòn đá cuội xuống mặt nước, thấy trên mặt nước có sóng dao động, đó là sóng ngang.

- Sóng điện từ: sóng vô tuyến, sóng vi ba, …

Ví dụ:

+ Máy bay đang bay trên bầu trời.

+ Quả cầu đá lông gà được đá từ mặt đất lên cao: chuyển hóa từ động năng thành thế năng (động năng giảm và thế năng tăng).

+ Nước chảy từ trên cao xuống: chuyển hóa từ thế năng thành động năng (động năng tăng và thế năng giảm).

- VD thế năng đàn hồi: lò xo đang bị ấn xuống

- VD động năng: 1 vật lăn từ trên đồi cao xuống chân đồi

VD vừa có thế năng vừa có động năng: máy bay đang bay trên bầu trời

- Thế năng hấp dẫn phụ thuộc vào vị trí

- Thế năng đàn hồi phụ thuộc vào độ biến dạng

- Động năng phụ thuộc vào vận tốc và khối lượng của vật

A. Tổng hợp lực tác dụng lên vật bằng 0

 Giải thích các bước giải: Vì các lực tác dụng vào vật đều có hợp lực hướng về vị trí cân bằng nên vị trí cân bằng của vật trong dao động điều hòa là vị trí tổng hợp lực tác dụng lên vật bằng 0.

Đáp án: A

Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất trên phương truyền sóng dao động vuông pha bằng một phần tư bước sóng.

Đáp án A

\[ + t = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} \]

\[ = \sqrt {\frac{{2.9}}{{10}}} = \sqrt {1,8} (s)\]

\[\Delta t = \frac{t}{3}\]

\[ + {h_1} = \frac{1}{2}g{\left( {\Delta t} \right)^2}\]

\[ = \frac{{10}}{2}.\frac{{1,8}}{9} = 1m\]

\[{h_2} = \frac{1}{2}g{\left( {2\Delta t} \right)^2}\]

\[ = \frac{{10}}{2}.\frac{{4.1,8}}{9} = 4m\]

Dựng hình thoi OABC sao cho \[\angle AOC = {120^0} \Rightarrow {\vec F_1} = \overrightarrow {OA} ;{\rm{\;}}{\vec F_2} = \overrightarrow {OC} \]

\[ \Rightarrow {\vec F_1} + {\vec F_2} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OB} \]

OABC là hình thoi  \[\widehat {AOC} = {120^0} \Rightarrow \widehat {OAB} = {60^0} \Rightarrow \Delta AOB\] là tam giác đều

\[ \Rightarrow OB = 100 \Rightarrow \left| {\vec F} \right| = 100\left( N \right)\]

Đáp án đúng: D

Bất kỳ thang đo nào cũng tuân theo phương trình:

\[\frac{{{t_x} - {t_{dongbang}}}}{{{t_{soi}} - {t_{dongbang}}}} = \frac{{{t_y} - {t_{dongbang}}}}{{{t_{soi}} - {t_{dong}}}} = \]không đổi cho mọi thang đo

Thay số vào ta được: $\frac{t_X-\left(-125\right)}{375-\left(-125\right)}=\frac{t_Y-\left(-70\right)}{-30-\left(-70\right)}\stackrel{t_Y=50}{\to }{t}_X={1375}^{°}X$

1 Áp suất nước:

Tăng dần theo độ sâu: Khi lặn sâu hơn, áp suất nước tác dụng lên cơ thể càng lớn Mỗi 10 mét đi sâu, áp suất tăng thêm tương đương áp suất của một tấn khí quyển

Ảnh hưởng đến cơ thể: Áp suất lớn có thể gây ra các vấn đề như:

Tổn thương phổi: Áp suất ép phổi co lại, gây khó thở và có thể dẫn đến vỡ phổi

Rối loạn giảm áp: Khi lặn lên quá nhanh, khí nitơ hòa tan trong máu sẽ tạo thành bọt khí, gây tắc nghẽn mạch máu và gây ra các vấn đề nghiêm trọng như đau khớp, tê liệt, thậm chí tử vong

2 Lượng oxy:

Giảm dần theo độ sâu: Lượng oxy hòa tan trong nước giảm dần khi càng xuống sâu

Hạn chế thời gian lặn: Điều này giới hạn thời gian mà người lặn có thể ở dưới nước mà không cần đến bình dưỡng khí

3 Nhiệt độ:

Giảm dần theo độ sâu: Nhiệt độ nước giảm dần khi càng xuống sâu, gây lạnh cho cơ thể và ảnh hưởng đến các chức năng sinh lý

4 Ánh sáng:

Giảm dần theo độ sâu: Ánh sáng giảm dần khi càng xuống sâu, gây khó khăn cho việc quan sát và định hướng

5 Sinh lý cơ thể:

Giới hạn chịu đựng của cơ thể: Mỗi người có giới hạn chịu đựng áp suất, nhiệt độ và các yếu tố khác nhau

Cầu thủ này tiêu hao khoảng \({8.10^5}J\) nội năng \[ \Rightarrow \Delta U = - {8.10^5}(J)\]

Nhiệt lượng do cơ thể cầu thủ truyền ra môi trường là \[4,{2.10^5}J \Rightarrow Q = - 4,{2.10^5}\left( J \right)\]

Áp dụng định luật I nhiệt động lực học: \[\Delta U = A + Q \Rightarrow - {8.10^5} = A - 4,{2.10^5}\]

\[ \Rightarrow A = - 0,{38.10^6}\left( J \right) = - 0,38\left( {MJ} \right)\]

Đáp án: 0,38

Đáp án B

Ấm đun nước là thiết bị điện chuyển hóa năng lượng điện sang năng lượng nhiệt

Công A chính là số đo chuyển hóa năng lượng, tức là công tiêu thụ điện năng chính là phần năng lượng điện đã tiêu thụ cũng chính là năng lượng nhiệt tỏa ra:

Vậy ta có:

Thế năng của khối vật liệu tại B có độ lớn bằng công mà cần cầu đã thực hiện và bằng:

\[A{\rm{ }} = {\rm{ }}{W_t}\; = {\rm{ }}P.h{\rm{ }} = {\rm{ }}m.g.h{\rm{ }} = {\rm{ }}500.9,8.40{\rm{ }} = {\rm{ }}196000J\]

\[{V_0}\] thể tích mỗi lần bơm, \[{p_0}\] là áp suất khí quyển, V là thể tích săm xe ,trọng lượng phần xe đạp tác dụng lên bánh xe đang bơm là F, Ta có: \[F = {p_1}.60 = {p_2}.S\]

Với p1 và p2 là áp suất đầu và sau khi bơm tiêm, S là diện tích tiếp xúc sau khi bơm thêm 20 lần. Vậy  \[S = 60.\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}}\] (1)

Theo định luật Bôi lơ – Ma ri ốt

\[\left\{ \begin{array}{l}30{v_0}{p_0} = v{p_1}\\50{v_0}{p_0} = v{p_2}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{30}}{{50}} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{3}{5}\;\left( 2 \right)\]

Thay (2) vào (1) ta có

\[S = \frac{3}{5}60 = 36c{m^2}\]

a) Chuyển động của điện tích bay vào điện trường đều theo phương vuông góc với đường sức điện tương tự như chuyển động ném ngang của một vật khối lượng m trong trường trọng lực.

Ta có: \[F = \left| q \right|E = \left| q \right|\frac{U}{d} = ma\]

Vận tốc của chuyển động cũng được phân tích làm 2 thành phần

Ox: \[{v_x} = {v_0}\]

Oy: \[{v_y} = {a_y}t = \frac{F}{m}.t = \frac{{\left| q \right|U}}{{md}}t\]

b) Dự đoán quỹ đạo chuyển động có dạng một nhánh của parabol.

Đáp án C

Nếu chọn chiều dương ngược chiều chuyển động thì:

     + Véctơ gia tốc của chuyển động thẳng nhanh dần đều hướng ngược chiều dương

     +  Véctơ vận tốc của chuyển động thẳng chậm dần đều hướng ngược chiều dương

     + Véctơ gia tốc của chuyển động thẳng chậm dần đều hướng theo chiều dương.

Ta suy ra: A, B, D – sai

Phương án C - đúng

Ví dụ trong thực tế cần làm tăng mômen lực bằng cách:

a. Tăng độ lớn của lực.

Trường hợp nắp lọ quá chặt, ta cần tăng lực tác dụng vào nắp để làm nó quay và mở được.

b. Tăng khoảng cách từ trục quay đến giá của lực.

Trường hợp ốc quá chặt, người thợ sửa chữa thường phải dùng thêm một đoạn ống thép để nối dài thêm cán của chiếc cờ - lê giúp tháo ốc ra dễ hơn.

c. Tăng đồng thời cả độ lớn của lực và khoảng cách từ trục quay đến giá của lực.

Trong trường hợp cần kéo một vật nặng ở dưới hố lên nếu ta tăng đồng thời cả lực kéo và khoảng cách từ trục quay tới giá của lực thì sẽ đưa vật lên được dễ dàng hơn.

Ta có tốc trung bình của xe trong suốt thời gian chuyển động là

\[{v_{tb}} = \frac{{{S_1} + {S_2}}}{{{t_1} + {t_2}}}\]

Mà quãng đường đi trong 2h đầu: \[{S_1}\; = \;{v_1}.{t_1}\; = \;120\;km\]

Quãng đường đi trong 3h sau: \[{S_2}\; = \;{v_2}.{t_2}\; = \;120\;km\]

\[ \Rightarrow {v_{tb}} = \frac{{{S_1} + {S_2}}}{{{t_1} + {t_2}}} = \frac{{120 + 120}}{{2 + 3}} = 48(km/h)\]

Đáp án C

\[\left\{ \begin{array}{l}{F_0} = k\frac{{{q_1}{q_2}}}{{{R^2}}} = k\frac{{xq_1^2}}{{{R^2}}}\\F = k\frac{{{{\left( {\frac{{{q_1}{q_2}}}{2}} \right)}^2}}}{{{R^2}}} = 0,25k\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}q_1^2}}{{{R^2}}}\end{array} \right.\]

Đáp án C

Đáp án đúng là: C

Lực căng dây là trường hợp đặc biệt của lực đàn hồi.

Đáp án C

Xét dầu hỏa ở \[{0^{\rm{o}}}{\rm{C}}\] thì có khối lượng 800kg

Vậy thể tích của 1m3 rượu ở \[{50^{\rm{o}}}{\rm{C}}\] là

\[V = {V_0} + 0,055.{V_0}.t = 1 + \frac{{11}}{{10000}}.1.50 = 1,055{m^3}\]

Khối lượng riêng của dầu hỏa ở \[{50^{\rm{o}}}{\rm{C}}\] là

\[D' = \frac{m}{V} = \frac{{800}}{{1,055}} \approx 758kg/{m^3}\]

- Các lực tác dụng lên vật \[{m_1}\]: trọng lực \[{\vec P_1}\], phản lực \[\overrightarrow {{Q_1}} \]của mặt sàn, lực căng \[{\vec T_1}\]của dây.

- Các lực tác dụng lên vật \[{m_2}\]: trọng lực \[{\vec P_2}\], lực căng \[{\vec T_2}\]của dây.

- Áp dụng định luật II - Niutơn, ta được:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\vec P}_1} + \overrightarrow {{Q_1}} + {{\vec T}_1} = {m_1}\vec a\left( 1 \right)}\\{{{\vec P}_2} + {{\vec T}_2} = {m_2}\vec a\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\]

+ Chiếu (1) lên chiều chuyển động của vật 1, ta được: \[{T_1} = {m_1}a\left( 3 \right)\]

+ Chiếu (2) lên chiều chuyển động của vật 2, ta được: \[{P_2} - {T_2} = {m_2}a\left( 4 \right)\]

Vì dây không dãn và khối lượng không đáng kể nên ta có: \[{T_1} = {T_2}\]

Từ (3) và (4), ta suy ra: \[a = \frac{{{m_2}g}}{{{m_1} + {m_2}}} = \frac{{0,4.10}}{{1,6 + 0,4}} = 2m/{s^2}\]

Lực nén lên ròng rọc: $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{T_1^{\text{'}}}+{\overrightarrow{T}}_2^{\text{'}}$

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{T{'_1} = {T_1} = {m_1}a = 1,6.2 = 3,2N}\\{T{'_2} = {T_2} = {T_1} = 3,2N}\end{array}} \right.\]

Vì $\overrightarrow{T_1^{\text{'}}}\perp \overrightarrow{T_2^{\text{'}}}$

suy ra \[F = \sqrt {3,{2^2} + 3,{2^2}} = 3,2\sqrt 2 N\]

Đáp án: C

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch là:  \[\frac{1}{R} = \frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} \Rightarrow R = \frac{{{R_1}.{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{20.30}}{{20 + 30}} = 12\Omega \]b. Cường độ dòng điện trong mạch chính là \[I = \frac{U}{R} = \frac{{12}}{{12}} = 1A\]

Đáp án C

Đáp án: B

\[A{M^2} = {3^2} + {4^2} \Rightarrow AM = 5cm\]

\[{F_1} = {F_2} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{A{M^2}}} = \frac{{{{9.10}^9}\left| {{{2.10}^{ - 6}}{{.2.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{{05}^2}}} = 14,4N\]

\[{F_3} = 2{F_1}\cos \alpha = 2.{F_1}.\frac{{AB}}{{2AM}} = 2.14,4.\frac{6}{{2.5}} = 17,28N\]

Gọi s là chiều dài nửa quãng đường mà người đi xe đạp phải đi.

Như vậy, thời gian đi hết nửa quãng đường đầu \[\;{s_{1\;}} = {\rm{ }}s\;\]với vận tốc \[{v_1}\] là:

\[{t_1} = \frac{{{s_1}}}{{{v_1}}} = \frac{s}{{{v_1}}}(h)\]

Thời gian đi hết nửa quãng đường còn lại \[\;{s_{2\;}} = {\rm{ }}s\;\]với vận tốc \[{v_{2\;}}\] là:

\[{t_2} = \frac{{{s_2}}}{{{v_2}}} = \frac{s}{{{v_2}}}(h)\]

Vậy tổng thời gian đi hết cả quãng đường là: 

\[{t_1} + {t_2} = \frac{s}{{{v_1}}} + \frac{s}{{{v_2}}}(1)\]

Vận tốc trung bình của người đi xe đạp trên cả quãng đường là:

\[{v_{tb}} = \frac{{{s_1} + {s_2}}}{{{t_1} + {t_2}}} = \frac{{2s}}{{\frac{s}{{{v_1}}} + \frac{s}{{{v_2}}}}} = \frac{{2s}}{{\left( {\frac{1}{{{v_1}}} + \frac{1}{{{v_2}}}} \right).s}} = \frac{2}{{\frac{1}{{{v_1}}} + \frac{1}{{{v_2}}}}}(2)\]

Suy ra:

\[\frac{1}{{{v_1}}} + \frac{1}{{{v_2}}} = \frac{2}{{{v_{tb}}}} \Rightarrow \frac{1}{{{v_2}}} = \frac{2}{{{v_{tb}}}} - \frac{1}{{{v_1}}} = \frac{{2{v_1} - {v_{tb}}}}{{{v_{tb}}.{v_1}}}\]

\[ \Rightarrow {v_2} = \frac{{{v_{tb}}.{v_1}}}{{2{v_1} - {v_{tb}}}} = \frac{{8.12}}{{2.12 - 8}} = 6km/h\]

Chọn đáp án A

+ Gia tốc của xe là: \[a = \frac{{{v_t} - {v_0}}}{{\Delta t}} = 0,2m/{s^2}\]

− Quãng đường xe đi được là: \[s = {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2} = \;312,5\;m\;\]

− Tốc độ trung bình của xe:

Chọn đáp án D

\( + {F_{ms}} = \mu N = \mu P\)

\( - {F_{ms}} = ma \Rightarrow a = - \frac{{{F_{ms}}}}{m} = \frac{{\mu P}}{m} = - \frac{{\mu mg}}{m} = - \mu g\)

\( = - 0,01.10 = - 0,1m/{s^2}\)

+ Thời gian xe chuyển động sau khi tắt máy đến khi dừng lại

+ Từ \(v = at + {v_0}\) (với \({v_0} = {\rm{ }}54{\rm{ }}km/h{\rm{ }} = {\rm{ }}15{\rm{ }}m/s\;\)và khi dừng lại v = 0

\[ \Rightarrow t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{0 - 15}}{{ - 0,1}} = 150s\]

a) Ta có: \(a = \frac{{v_2^2 - v_1^2}}{{2s}} = - 5m/{s^2}\)

\(\Delta t = \frac{{{v_2} - {v_1}}}{a} = 2s.\)

Độ lớn trung bình của lực hãm:

\(F = \frac{{m\left| {{v_2} - {v_1}} \right|}}{{\Delta t}} = 10000N.\)

c) Nếu vẫn giữ nguyên lực hãm thì quãng đường đi được từ lúc hãm đến lúc dừng lại:

\(S' = \frac{{ - v_1^2}}{{2a}} = 40m\)

a. Khi ô tô chuyển động đều, áp dụng định luật II Newton ta có 

\[\vec P + \vec N + \overrightarrow {{F_k}} + \overrightarrow {{F_{ms}}} = 0\]

Chiếu lên trục nằm ngang và trục thẳng đứng ta có: 

\[{F_k}\;--{\rm{ }}{F_{ms}}\; = {\rm{ }}0\;\;{F_k}\; = {\rm{ }}{F_{ms}}\;\] và 

\[ - P + N = 0 \Rightarrow N = P = mg \Rightarrow {F_k} = {F_{ms}} = \mu N = \mu mg \Rightarrow \mu = \frac{{{F_k}}}{{mg}}\]Mà \[\;\wp = F.v \Rightarrow {F_k} = \frac{\wp }{v} = \frac{{20000}}{{10}} = 2000(N) \Rightarrow \mu = \frac{{2000}}{{4000.10}} = 0,05\]

b. Gia tốc chuyển động của ô tô:  

\[a = \frac{{v_t^2 - v_0^2}}{{2s}} = \frac{{{{15}^2} - {{10}^2}}}{{2.250}} = 0,25\left( {m/{s^2}} \right)\]

Áp dụng định luật II Newton ta có: \[\vec P + \vec N + \overrightarrow {{F_k}} + \overrightarrow {{F_{ms}}} = m\vec a(5)\]

Chiếu (5) lên trục nằm ngang và trục thẳng đứng ta tìm được

\[{F_k} - {F_{ms}} = ma;N = P = mg \Rightarrow {F_k} = ma + \mu mg = 4000.0,25 + 0,05.4000.10 = 3000\left( N \right)\]

Công suất tức thời của động cơ ô tô ở cuối quãng đường là:

\[\wp = \;{\rm{ }}{F_k}{v_t}\; = {\rm{ }}3000.15{\rm{ }} = {\rm{ }}45000W.\]

Ta có: \[v = {v_0} + at \Rightarrow t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{15 - 10}}{{0,25}} = 20\left( s \right)\]

Vận tốc trung bình của ô tô trên quãng đường đó

\[\bar v = \frac{s}{t} = \frac{{250}}{{20}} = 12,5\left( {m/s} \right).\]

Công suất trung bình của động cơ ô tô trên quãng đường đó là: 

\[\bar \wp = {F_k}.\bar v = 375000\left( W \right)\]

\[{v_0} = 72\;km/h = 20\;m/s\]

a) Gia tốc của xe:

\[{v^2} - v_0^2 = 2as\]

\[ \to a = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2s}} = \frac{{0 - {{20}^2}}}{{2.200}} = - 1{\rm{\;}}(m/{s^2})\]

Thời gian từ lúc xe tắt máy đến khi dừng lại:

\[t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{0 - 20}}{{ - 1}} = 20\;\left( s \right)\]

b) Vận tốc của ô tô khi đi được 100 mét:

\[{v^{\prime 2}} - v_0^2 = 2as'\]

\[ \to v' = \sqrt {2as' + v_0^2} = \sqrt {2.( - 1).100 + {{20}^2}} = 10\sqrt 2 {\rm{\;}}(m/s)\]

Thời gian ô tô đi 100 mét kể từ lúc tắt máy:

\[t' = \frac{{v' - {v_0}}}{a} = \frac{{10\sqrt 2 - 20}}{{ - 1}} = 20 - 10\sqrt 2 {\rm{\;}}(s)\] :

Gọi A là điểm nằm trên mặt thoáng của chất lỏng ở trong ống, B là điểm nằm ngoài ống nhưng có cùng độ cao với A. Khi mực nước ở trong vòng vòng ngoài ống cân bằng nhau, ta có:

\[{p_A} = {p_B} \Rightarrow p = {p_0} + d.h = 1,{013.10^5} + 1000.0,4{\rm{ }} = {\rm{ }}101700\left( {Pa} \right)\]

Vì nhiệt độ là không đổi, do đó áp dụng định luật Bôi-lơ-Ma-ri-ốt cho khối khí trong ống trước và sau khi nhúng, ta có:

\[{p_0}.{V_0} = p.V \Leftrightarrow \frac{V}{{{V_0}}} = \frac{l}{{{l_0}}} = \frac{{{p_0}}}{p}\]

Trong đó l và \[\;{l_0}\;\] là chiều cao cột không khí trước và sau khi nhúng

\[l = {l_0}\frac{{{P_0}}}{P} = l.\frac{{101300}}{{101700}} = 0,996m = 99,6\;cm\]

Chiều cao cột nước trong ống là: \[H\; = \;{l_0}\;--\;l\; = \;100\; - \;99,6\; = \;0,4\left( {cm} \right)\]

Ta có: 

M = 2tấn = 2000(kg)

v = 54km/h = 15(m/s)

Suy ra:

\({W_d} = \frac{1}{2}.m.{v^2} = \frac{1}{2}2000.{(15)^2} = 225000(J)\)

- Ví dụ dao động tắt dần: Khi kéo con lắc lò xo khỏi vi trị cân bằng, ta thấy càng dao động thì biên độ con lắc lò xo càng giảm và đến một lúc nào đó thì dừng lại.

- Ví dụ dao động cưỡng bức: Các loại máy đầm, máy phá hủy công trình xây dựng đều làm cho các vật phải dao dộng theo tần số của các loại máy móc đó.

- Ví dụ hiện tượng cộng hưởng: Một con lắc lò xo có tần số góc bằng 10 rad. Người ta làm thí nghiệm và thấy rằng khi tần số ngoại lực bằng 10 rad thì biên độ của con lắc lò xo đạt cực đại.

Chọn B

+ Từ định luật bảo toàn cơ năng: và

\[ \Rightarrow 4{W_t} = {\rm{W}} \Leftrightarrow 4\frac{{k{x^2}}}{2} = \frac{{k{A^2}}}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{A}{2}\]

+ Thời điểm thứ hai kể từ lúc vật có li độ cực đại, vật đi từ \[{\rm{ }}A{\rm{ }} \to {\rm{ }}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}\frac{{ - A}}{2}\]

+ Dùng thang thời gian: \[t = \frac{T}{4} + \frac{T}{{12}} = \frac{T}{3} = \frac{2}{{15}} \Leftrightarrow T = 0,4s\]

Chọn đáp án B

Chọn gốc O tại mặt đất

Gốc thời gian lúc ném hồn đá.

Trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng hướng lên.

\[x = {v_0}\cos \alpha t \Rightarrow t = \frac{{{v_0}}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\]

\[ \Rightarrow t = \frac{{200}}{{12\cos {{30}^0}}} = 19,2s\]

Chọn C.

 Chọn mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng.

Vật trượt không ma sát nên cơ năng được bảo toàn: \[{W_{1\;}} = {\rm{ }}{W_2}\]

\[ \Rightarrow mg{h_1} + 0 = \frac{{mv_2^2}}{2} + mg{h_2}\]

Khi vật trượt được \[\frac{2}{3}\]mặt phẳng nghiêng thì \[{h_2}\; = \frac{{\;{h_1}}}{3}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}mg{h_2}\; = \;\frac{{mg{h_1}}}{3}\]

\[ \Rightarrow mg{h_1} = \frac{{mv_2^2}}{2} + \frac{{mg{h_1}}}{3}\]

\[ \Rightarrow {{\rm{W}}_{{{\rm{d}}_2}}} = \frac{{mv_2^2}}{2} = \frac{2}{3}mg{h_1} \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_{{{\rm{d}}_2}}}}}{{{{\rm{W}}_{{t_2}}}}} = 2\]

a.

\[F - {F_c} = ma\]

\[a = \frac{{F - {F_c}}}{m} = \frac{{20 - 15}}{5} = 1m/{s^2}\]

\[ - {F_c} = ma\]

\[a\prime = \frac{{ - {F_c}}}{m} = \frac{{ - 15}}{5} = - 3m/{s^2}\]

b. \[{s_1} = \frac{1}{2}a{t^2} = \frac{1}{2}{.1.5^2} = 12,5m\]

\[a = \frac{{v - v0}}{t} = \frac{v}{5} = 1\]

\[v = 5m/s\]

\[{s_2} = \frac{{v\prime - v}}{{2a\prime }} = \frac{{ - 5}}{{2. - 3}} = 0,833m\]

\[s = 12,5 + 0,833 = 13,333m\]

Đáp án D

Tính F theo định luật II Niu-tơn:

+Ta có \[\overline a = \frac{{\overrightarrow {{F_k}} + \overrightarrow {{F_{ms}}} + \overrightarrow P + \overrightarrow N }}{m}\]

+Chiếu lên chiều dương ta được \[a = - \frac{{{F_k} - P\sin \beta - {F_{ms}}}}{m} \Rightarrow 0 = {F_k} - P\sin \beta - {F_{ms}}\]

\[{F_k} = P\sin \beta + {F_{ms}}\]

Thay số ta được:

\[{F_k} = P\sin \beta + {F_{ms}} = 50.10.\sin \left( {{{30}^o}} \right) + 40 = 290N\]

Công của lực kéo F theo phương song song với mặt phẳng nghiêng khi xe lên hết dốc là

\[A = F.S.\cos \alpha = 290.10.\cos \left( {{0^o}} \right) = 2900J\]

Ta có:

\[{m_1}v = {m_1}{v_1} + {m_2}{v_2}\]

\[ \Rightarrow 0,3.3 = 0,3{v_1} + 0,6.0,5\]

\[ \Rightarrow {v_1} = 2\left( {m/s} \right)\]

Lực F tác dụng vào xe gỗ là:

\[F = \frac{{{m_1}\left( {{v_1} - v} \right)}}{{{\rm{\Delta }}t}} = \frac{{0,3\left( {2 - 3} \right)}}{{0,2}} = - 1,5\left( N \right)\]

- Bập bênh có cấu tạo từ một trục quay cố định 

- Hai người ngồi ở hai đầu bập bênh nhưng \[{m_1}\; > {\rm{ }}{m_2}\]

- Hoạt động dựa trên nguyên lí hoạt động của đòn bẩy.

Chọn C

Nhiệt lượng là phần nhiệt năng mà vật nhận thêm hay mất bớt trong sự truyền nhiệt.

Để cột khí đứng yên thì áp suất do thủy ngân bên trên cân bằng với áp suất do bên dưới gây ra:

\[{p_C} = {p_B} = {h_C} + {p_0}\]

Áp suất chất lỏng đứng yên tại cùng mức ngang thì bằng nhau:

\[{p_B} = {p_D} = {h_D} + {p_0}\]

Do đó ta suy ra: \[{p_B} = {p_C} = {p_B} = {h_C} + {p_0} = {h_D} + {p_0}\]

\[ \Rightarrow {h_C} = {h_D} = 10(cm)\]

Độ cao chênh lệch của mặt thủy ngân là:

\[\Delta h = {h_B} - {h_D} = \left( {10 + 2} \right) - 10 = 2\left( {cm} \right)\]

- Ứng dụng của vật lí bán dẫn trong đời sống và khoa học, kĩ thuật.

 + Chất bán dẫn là một trong những nhân tố quan trọng để tạo ra các linh kiện hoàn chỉnh như diode, transistor, các loại thẻ nhớ, SSD, HDD,…. Các linh kiện này thông qua sự phối hợp, lắp ghép và liên kết với nhau sẽ tạo nên những bản mạch điện tử.

- Chất bán dẫn giúp tạo nên những thiết bị điện như rơle bán dẫn, linh kiện bán dẫn, bóng bán dẫn, cảm biến nhiệt độ, cảm biến áp suất, cảm biến đo mức, diot bán dẫn, bộ chuyển đổi tín hiệu, CT dòng, PLC, biến tần,…

- Chất bán dẫn có vai trò trung tâm trong hoạt động của các máy ATM, internet, thiết bị trong lĩnh vực chăm sóc sức khỏe, xe lửa, …

- Thấu kính có phần rìa thấu kính mỏng hơn phần giữa là thấu kính hội tụ.

- Thấu kính có phần rìa thấu kính dày hơn phần giữa là thấu kính phân kì.

Đáp án: B

Quả cầu mang điện dương nên thiếu electron 

\[n = \frac{q}{{\left| e \right|}} = \frac{{6,{{4.10}^{ - 7}}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}}} = {4.10^{12}}\]

Đáp án: C

Điểm D có cường độ điện trường:

\[\overrightarrow {{E_D}} = \overrightarrow {{E_A}} + \overrightarrow {{E_B}} + \overrightarrow {{E_C}} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{E_{12}}} = \left( {\overrightarrow {{E_A}} + \overrightarrow {{E_C}} } \right) = - \overrightarrow {{E_B}} \]

Độ lớn cường độ điện trường tại D do \[{q_1},{q_2}\] và \[{q_0}\] gây ra là:

\[{E_A} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{{a^2}}};{E_C} = k\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{{a^2}}};{E_B} = k\frac{{{q_0}}}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}\]

Vì \[\overrightarrow {{E_A}} \] và \[\overrightarrow {{E_C}} \] vuông góc và có độ lớn bằng nhau và \[{q_1},{q_2}\] đều là điện tích âm nên trùng với đường chéo BD và hướng từ D về B Do đó \[\overrightarrow {{E_0}} \] nằm trùng với đường chéo BD hướng từ B về \[D \Rightarrow {q_0}\] là điện tích dương Mặt khác:

\[{E_{12}} = {E_A}\sqrt 2 = {E_B}\]

\[ \Rightarrow k.\frac{{{q_0}}}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \sqrt 2 k.\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{{a^2}}}\]

\[ \Rightarrow {q_0} = 2\sqrt 2 \left| {{q_1}} \right|\]

Vậy: \[{q_0} = 4\sqrt 2 {.10^{ - 6}}C\]

Ta có: 

\(k = \frac{{ - A'B'}}{{AB}} = - 2 = \frac{{d'}}{d}\)

\( \Rightarrow d' = - 2d\)

Áp dụng công thức thấu kính ta được 

 \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{d} - \frac{1}{{2d}} = \frac{1}{{12}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{2d}} = \frac{1}{{12}}\)

\( \Rightarrow 2d = 12\)

\( \Rightarrow d = 6\)

\( \Rightarrow {\rm{ }}OA{\rm{ }} = {\rm{ }}6{\rm{ }}cm,{\rm{ }}OA' = {\rm{ }}12{\rm{ }}cm\)

- Thời gian ô tô đi trên nửa đoạn đường đầu AB là

\[{t_1} = \frac{{{S_1}}}{{{v_1}}} = \frac{S}{{2{v_1}}} = \frac{S}{{120}}{\mkern 1mu} (h)\]

- Trên nửa đoạn đường còn lại:

+ Quãng đường vật đi được với \[{v_2}\; = {\rm{ }}40{\rm{ }}km/h\]là

\[{S_2}\; = {\rm{ }}{v_2}\;.{\rm{ }}{t_{2\;}} = {\rm{ }}40{t_2}\]

+ Quãng đường vật đi được với \[{v_3}\; = {\rm{ }}20{\rm{ }}km/h\]là

\[{S_3}\; = {\rm{ }}{v_3}\;.{\rm{ }}{t_{3\;}} = {\rm{ }}20{t_3}\; = {\rm{ }}20{t_2}\;\left( {v\`i {\rm{ }}{t_2}\; = {\rm{ }}{t_3}} \right)\]

Mà \[{S_2} + {S_3} = \frac{S}{2} \Rightarrow 40{t_2} + 20{t_2} = \frac{S}{2}\]

\[ \Rightarrow {t_2} = \frac{S}{{120}}(h) = {t_3}\]

Vận tốc trung bình của ô tô trên cả quãng đường AB là

\[{v_{tb}} = \frac{S}{{{t_1} + {t_2} + {t_3}}} = \frac{S}{{\frac{S}{{120}} + \frac{S}{{120}} + \frac{S}{{120}}}} = 40(km/h)\]

Đáp án D

Ta có:

+ Hạt mưa (1)

+ Xe (2)

+ Mặt đất (3)

+ \[\;{v_{12}}:{\rm{ }}\] vận tốc của hạt mưa so với xe

+\[{v_{23}} = 18km/h:\;\]vận tốc của xe so với mặt đất

+ \[\;{v_{13}}:{\rm{ }}\]vận tốc của vật so với hệ quy chiếu đứng yên

- Vận dụng công thức cộng vận tốc: \[\overrightarrow {{v_{13}}} = \overrightarrow {{v_{12}}} + \overrightarrow {{v_{23}}} \]

Theo đầu bài ta có:

Từ hình, ta suy ra:

\[tan{30^0} = \frac{{{v_{23}}}}{{{v_{13}}}} \to {v_{13}} = \frac{{{v_{23}}}}{{tan{{30}^0}}} = \frac{{18}}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = 18\sqrt 3 km/h = 5\sqrt 3 m/s \approx 8,66m/s\]

a) Khoảng vân \[i = \frac{{\lambda \cdot D}}{a} = \frac{{0,5 \cdot {{10}^{ - 6}} \cdot 3}}{{1,5 \cdot {{10}^{ - 3}}}} = {10^{ - 3}}m = 1mm\]

b) Khoảng cách giữa vân sáng và vân tối liền kề là:

\[x = 0,5i = 0,5 \cdot 1 = 0,5mm\]

c) Khoảng cách giữa hai vân sáng bậc 3 là:

\[x' = 6i = 6 \cdot 1 = 6mm\]

Đáp án đúng là: B

Đại lượng vectơ là đại lượng cho biết phương, chiều và độ lớn.

Độ dịch chuyển và vận tốc là các đại lượng vectơ.

Gia tốc của vật:

\[F = ma \Rightarrow a = \frac{F}{m} = \frac{{2,4}}{2} = 1,2m/{s^2}\]

Phương trình chuyển động của vật là:

\[x = {x_0} + {v_0}(t - 2) + \frac{1}{2}a{(t - 2)^2} = 0 + 0(t - 2) + \frac{1}{2}.1,2{(t - 2)^2}\] \[ = 0,6{(t - 2)^2}\]

\[{v_2} = \sqrt {2as} = 10(m/s)\;\] (hoặc bảo toàn cơ năng tại đỉnh và chân dốc cũng dễ tính đc vận tốc )

Dễ tính đc a như sau: Thành phần kéo vật đi xuống là Px ( trong đó có trọng lực và phản lực tác dụng vào vật) 

\[{P_x} = ma \Rightarrow P\sin \alpha = ma \Rightarrow a = 5\left( {m{\rm{/}}{s^2}} \right)\]

a) Độ biến thiên động năng: 

b) Dễ tính đc \[\;h = 5m{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}V\`i {\rm{ }}sina = \frac{h}{l}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}h = 5m{\rm{ }}} \right)\]

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: ( vì vật chỉ chịu tác dụng của trọng trường )

\[{W_1} = {W_2} \Leftrightarrow mgh = 2mgh' \Leftrightarrow h' = \frac{5}{2}\left( m \right)\]

Đáp án B

Vật thật có ảnh ảo do đó k > 0

Ta có: \[{k_1} = \frac{f}{{f - {d_1}}} \Rightarrow {d_1} = \frac{{f\left( {{k_1} - 1} \right)}}{{{k_1}}};\] \[{k_2} = \frac{f}{{f - {d_2}}} \Rightarrow {d_2} = \frac{{f\left( {{k_2} - 1} \right)}}{{{k_2}}}\].

Do đó: \[\frac{{{d_2}}}{{{d_1}}} = \frac{{{k_2} - 1}}{{{k_1} - 1}}.\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = 2 \Rightarrow {d_2} > {d_1}\]

\[\Delta d > 0\]: vật được dời xa thấu kính và \[\Delta d = 2{d_1} - {d_1} = {d_1} \Rightarrow 100cm\]

\[f = \frac{{{k_1}{d_1}}}{{{k_1} - 1}} = \frac{{\frac{1}{2} \times 100}}{{\frac{1}{2} - 1}} = - 100\left( {cm} \right)\]

- Một số ví dụ chứng tỏ dòng điện có năng lượng:

+ Dòng điện chạy qua bàn là làm bàn là nóng lên: năng lượng của dòng điện đã biến đổi thành nhiệt năng.

+ Dòng điện chạy qua bóng đèn sợi đốt làm bóng đèn sáng và nóng lên: năng lượng của dòng điện đã biến đổi thành quang năng và nhiệt năng.

Đổi 18km/h = 5m/s

Động năng của chiếc xe máy là:

\[{{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}{.200.5^2} = 2500J\]

- Sóng âm được tạo ra khi:

· Một vật chạm vào vật kia tạo ra sự rung động qua lại vị trí cân bằng (dao động)

· Vật phát ra âm thanh gọi là nguồn âm

- Sóng âm được truyền đi nhờ:

· Dao động đã truyền sự nén giãn không khí tức là truyền sóng âm ra không gian xung quanh.

Chọn đáp án C.

Ta có

Cường độ điện trường tại N được biểu diễn như hình

\[{E_1} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{{a^2}}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{02}^2}}} = 9000N/C\]

\[{E_2} = k\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{{a^2}}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{02}^2}}} = 9000N/C\]

\[ \to \overline {{E_N}} = \overline {{E_1}} + \overline {{E_2}} \]

ABN là tam giác đều và có \[{E_1} = {E_2}\]

\[ \to {E_N} = 2.{E_1}.\cos {60^0} = 2.9000.\frac{1}{2} = 9000N/C\]

Các điện tích \[{q_1}\]và \[{q_2}\] tác dụng lên điện tích \[{q_3}\] các lực \[\overrightarrow {{F_1}} \]và \[\overrightarrow {{F_2}} \]có phương chiều như hình vẽ:

Có độ lớn: \[{F_1} = {F_2}\frac{{\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{A{C^2}}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {1,{{6.10}^{ - 19}}.1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}{{{{\left( {{{16.10}^{ - 2}}} \right)}^2}}} = {9.10^{ - 27}}\left( N \right)\]

Lực tổng hợp do \[{q_1}\]và \[{q_2}\]tác dụng lên \[{q_3}\]là: \[\vec F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \]; có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn: \[F = {F_1}\cos \left( {30^\circ } \right) + {F_2}\cos \left( {30^\circ } \right) = 2{F_1}\cos \left( {30^\circ } \right) = {2.9.10^{ - 27}}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 15,{6.10^{ - 27}}\left( N \right)\]

Đáp án cần chọn là: D

Gọi d là khoảng cách từ vật đến thấu kính

d₁' là khoảng cách từ ảnh của vật qua thấu kính hội tụ đến thấu kính

d₂' là khoảng cách từ ảnh của vật qua thấu kính phân kì đến thấu kính

Ta có:

+ Khi dùng thấu kính hội tụ: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{d_1}^{\text{'}}}\iff \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{60}$ (1)

+ Khi dùng thấu kính phân kì: $\frac{1}{-f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{d_2}^{\text{'}}}\iff \frac{1}{-f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{-12}$ (2)

Lấy (1) – (2) ta được:

\[\frac{2}{f} = \frac{1}{{60}} + \frac{1}{{12}}\]

\[ \Rightarrow f = 20cm\]

Độ dịch chuyển cực đại của vật tính từ vị trí cân bằng gọi là

A. li độ dao động.

B. biên độ dao động.

C. tần số góc.

D. pha ban đầu.

 ⇒ Độ dịch chuyển cực đại của vật tính từ vị trí cân bằng được gọi là biên độ dao động.

Ta có: Hai điện tích cùng dấu thì đẩy nhau, hai điện tích khác dấu thì hút nhau.

Xét hai trường hợp:

TH1: \[\;{q_3}{\rm{ }} > {\rm{ }}0\]ta có hình vẽ.

TH2: \[\;{q_3}{\rm{ < }}0\]hình vẽ tương tự.

Cả hai trường hợp ta đều có: \[\overrightarrow {{F_1}} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \uparrow \uparrow {\mkern 1mu} \overrightarrow {{F_2}} \]

Lực tác dụng lên \[{q_3}\]: \[\vec F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \]

Do \[\overrightarrow {{F_1}} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \uparrow \uparrow {\mkern 1mu} \overrightarrow {{F_2}} \Rightarrow F = {F_1} + {F_2}\]

Lực tương tác của \[{q_1}\] tác dụng lên \[{q_3}\] và \[{q_2}\] tác dụng lên \[{q_3}\] có độ lớn lần lượt là:

\[\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = \frac{{k.|{q_1}{q_3}|}}{{A{C^2}}} = \frac{{k.|q.{q_3}|}}{{{{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}}} = 4.\frac{{k.|q.{q_3}|}}{{{r_2}}}\\{F_2} = \frac{{k.|{q_1}{q_3}|}}{{B{C^2}}} = \frac{{k.|q.{q_3}|}}{{{{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}}} = 4.\frac{{k.|q.{q_3}|}}{{{r_2}}}\end{array} \right.\]

Vậy lực tác dụng lên \[{q_3}\] là:

\[F = {F_1} + {F_2} = 4.\frac{{k.\left| {q.{q_3}} \right|}}{{{r^2}}} + 4.\frac{{k.\left| {q.{q_3}} \right|}}{{{r^2}}} = 8.\frac{{k.\left| {q.{q_3}} \right|}}{{{r^2}}}\]

- Thả hòn bi trong không khí và trong nước ở cùng một độ cao. 

- Ta thấy hòn bi thả trong không khí sẽ rơi nhanh hơn hòn bi thả trong nước do lực cản của nước tác dụng vào hòn bi lớn hơn lực cản của không khí tác dụng vào hòn bi.

Chọn đáp án A

Lực không gây ra chuyển động cho vật, nó chỉ làm vật biến dạng hoặc thay đổi chuyển động của vật.

a) Gia tốc là: 

\[a = \frac{v}{t} = \frac{3}{2} = 1,5\left( {m/{s^2}} \right)\]

b) Lực cản là:

\[{F_c} = {F_k} - ma = 7,5 - 1,5.1,5 = 5,25N\]

c) Ta có:

\[{F_k}\cos 30 - {F_c} = ma\]

\[ \Rightarrow 7,5.\cos 30 - {F_c} = 1,5.1,5\]

\[ \Rightarrow {F_c} = 4,24N\]

Tóm tắt:

\[q = 1,{2.10^{ - 2}}\left( C \right)\]

\[E = 3000(V/m)\]

\[d = 2cm = 0,002m\]

\[{v_0} = 0\]

\[m = 4,{5.10^{ - 6}}\left( g \right) = 4,{5.10^{ - 9}}\left( {kg} \right)\]

___________________________________

\[A = ?\left( J \right)\]

\[v = ?(m/s)\]

Giải:

Công của lực điện trường là:

\[A = q.E.d = 1,{2.10^{ - 2}}.3000.0,02 = 0,72\left( J \right)\]

Vận tốc của điện tích tại bản âm là:

\[\frac{1}{2}.m.\left( {{v^2} - v_0^2} \right) = A\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{2}.4,{5.10^{ - 9}}.({v^2} - {0^2}) = 0,72\]

\[ \Rightarrow v = 17888(m/s)\]

Công thức tính công suất tỏa nhiệt là:

\[\xi = \frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}} = \frac{{S{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}}\]

\[ \Rightarrow P = \frac{{{\xi ^2}}}{R} = \frac{{{S^2}{{\left( {{\rm{\Delta }}B} \right)}^2}}}{{R{{\left( {{\rm{\Delta }}t} \right)}^2}}}\left( W \right)\]

Chọn gốc tọa độ tại chân dốc, chiều trùng chiều chuyển động của xe

Đổi 36m/h=10m/s; 18km/h=5m/s

Xe chuyển động chậm dần đều nên:

\[{v_t}^2 - {v_o}^2 = 2as\]

\[ \Leftrightarrow {5^2} - {10^2} = 2.a.100\]

\[ \Leftrightarrow a = - 0,375(m/{s^2})\]

Xe lên đến nửa dốc tức là đi được 50m thì có vận tốc là:

\[{v_t}^2 - {v_o}^2 = 2as\]

\[ \Leftrightarrow {v_t}^2 - {10^2} = 2( - 0,375).50\]

\[ \Rightarrow {v_t} = 7,9(m/s)\]

a) Vận tốc ban đầu theo phương ngang là:

\[{v_{{0_x}}} = {v_0}\cos 30 = 7,5.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6,5\left( {m/s} \right)\]

Vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng là:

\[{v_{{0_y}}} = {v_0}\sin 30 = 7,5.\frac{1}{2} = 3,75\left( {m/s} \right)\]

b) Tầm cao H là:

\[H = \frac{{{0^2} - v_{0_y^{}}^2}}{{ - 2g}} = \frac{{ - 3,{{75}^2}}}{{ - 2.10}} = \frac{{45}}{{64}}\left( m \right)\]

c) Thời gian từ khi bắt đầu nhảy tới khi đạt tầm cao là:

\[t = \frac{{0 - {v_{{0_y}}}}}{{ - g}} = \frac{{ - 3,75}}{{ - 10}} = 0,375\left( s \right)\]

d) Thời gian từ lúc nhảy tới lúc rơi xuống là:

\[T = 2t = 2.0,375 = 0,75\left( s \right)\]

Tầm xa là:

\[L = {v_{{0_x}}}.T = 6,5.0,75 = 4,875\left( m \right)\]

Đáp án đúng: D

Đổi \[{v_0} = 54{\mkern 1mu} km/h = 15m/s\]

Xe chuyển động trên đường nằm ngang \[N = P = mg\]

\[N = P = mg\]

\[ \Rightarrow {F_{mst}} = {\mu _t}N = 0,01.mg\]

Áp dụng định luật II Newton \[\overrightarrow {{F_{mst}}} = m\vec a\]

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động:

\[ \Rightarrow a = \frac{{ - {F_{mst}}}}{m} = \frac{{ - 0,01.mg}}{m} = - 0,01g = 0,1m/{s^2}\]

Thời gian xe đi từ lúc tắt máy cho đến khi dừng lại là: \[t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{0 - 15}}{{ - 0,1}} = 150{\mkern 1mu} s\]

Áp dụng hệ thức độc lập: v2−v02=2asv2−v02=2as

+ Gia tốc của xe kể từ lúc hãm phanh là:

\[{v^2} - {v_0}^2 = 2as\]

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

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

b) Thời gian ô tô hãm phanh đến khi dừng:

\[t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{ - 20}}{{ - 0,4}} = 50s\]

Đổi: 4 tấn = 4000kg

18km/h = 5m/s

54km/h = 15m/s

72km/h = 20m/s

Gia tốc của ô tô là:

\[a = \frac{{{v^2} - {v_o}^2}}{{2s}} = \frac{{{{15}^2} - {5^2}}}{{2.50}} = 2m/{s^2}\]

Lực kéo của động cơ ô tô là:

\[F = ma + {F_{ms}} = m\left( {a + g\mu } \right) = 4000.\left( {2 + 10.0,05} \right) = 10000N\]

Thời gian đạt 72km/h là:

\[t = \frac{{{\rm{\Delta }}v'}}{a} = \frac{{20 - 5}}{2} = 7,5s\]

Quãng đường đi được trong thời gian đó là:

\[s' = \frac{{{v^2} - {v_o}^2}}{{2a}} = \frac{{{{20}^2} - {5^2}}}{{2.2}} = 93,75m\]

Chọn A.

Từ:\({v^2} - v_0^2 = 2as \Rightarrow {0^2} - {10^2} = 2a.100 \Rightarrow a = - 0,5\left( {m/{s^2}} \right)\)

Lực điện có phương ngang và vì sau đó hệ cân bằng nên ta có:

\[\tan \alpha = \frac{{{F_d}}}{P} = \frac{{\frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}}}{{mg}}\]

\[ \Rightarrow \left| {{q_1}{q_2}} \right| = \frac{{mg{r^2}\tan \alpha }}{k}\]

\[ \Leftrightarrow \left| {{q_2}} \right| = \frac{{0,01.10.0,{{03}^2}.\tan {{30}^o}}}{{0,{{1.10}^{ - 6}}{{.9.10}^9}}} = 5,{774.10^{ - 8}}C\]

\[ \Leftrightarrow {q_2} = \pm 0,05774\mu C\]

Độ lớn của lực căng dây là:

\[T\cos {30^o} = P \Rightarrow T = \frac{{mg}}{{\cos {{30}^o}}} = \frac{{0,01.10}}{{\cos {{30}^o}}} = 0,1155N\]

Đáp án B

\( \Rightarrow 1 = 40cm\)có \(\frac{{40}}{{0,08}} = 500\)vòng

\( \Rightarrow \)100cm có \(\frac{{\left( {100.500} \right)}}{{40}} = 1250\)vòng

\(B = 4\pi {.10^{ - 7}}nI \Rightarrow I = \frac{B}{{4\pi {{.10}^{ - 7}}n}} = \frac{{6,{{28.10}^{ - 3}}}}{{4\pi {{.10}^{ - 7}}.1250}} = 4A\)

\(U = {\rm{IR}} = 4.1,1 = 4,4V\)

Vật chịu tác dụng của lực kéo và lực cản, vật chuyển động có gia tốc nên ta có:

\[\overrightarrow {{F_k}} + \overrightarrow {{F_c}} = m.\vec a\]

Chiếu lên phương chuyển động:

\[\overrightarrow {{F_K}} + \overrightarrow {{F_c}} = \;m.a\] (*)

Ta có: \[{{\rm{v}}^2}\; - \;{{\rm{v}}_0}^2\; = \;2as\; \Leftrightarrow {{\rm{v}}^2}\; - \;{2^2}\; = \;2.{\rm{a}}.24\;\left( 1 \right)\]

Lại có: \[{\rm{v}}\; = \;{{\rm{v}}_0} + at\; \Leftrightarrow {\rm{v}}\; = \;2\; + \;{\rm{a}}.4\;\left( 2 \right)\]

Giải (1), (2) ta được:

\[{\left( {2\; + \;4{\rm{a}}} \right)^2}\; - \;{2^2}\; = \;48{\rm{a}}\]

\[ \Leftrightarrow 4\; + \;16{\rm{a}}\; + 16{{\rm{a}}^2}\; - \;4\; = \;48{\rm{a}}\]

\[ \Leftrightarrow 16{{\rm{a}}^2} - \;32{\rm{a}}\; = \;0\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{a}}\; = \;0\;\left( {\rm{L}} \right);\;{\rm{a}}\; = \;2\;\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\]

Thay vào (*) ta được:

0,5 + 0,5.2 = 1,5 (N)

1> cơ năng: 

\[{\rm{W}} = m.g.h = 0,5.10.100 = 500J\]

động năng: 

\[{{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = 500 - 0,5.10.50 = 250J\]

Hình 1

Hình 2

Hình 1 cho câu aa, Hình 2 cho câu bb

\[{v_0} = 20{\rm{m/s}};l = 100m;h = 10m;\mu = 0,05;g = 10{\rm{m/}}{s^2}\]

Góc hợp giữa dốc và mặt ngang:

Ta có: \[\sin a = \frac{{10}}{{100}} = \frac{1}{{10}}\]

\[ \Rightarrow a = \arcsin \left( {\frac{1}{{10}}} \right) \approx {5^o}44\prime \]

a. Áp dụng định luật II Newton cho vật:

\[\vec P + \vec N + \overrightarrow {{F_{ms}}} = m\vec a\] (1)

Chiếu (1) lên trục Oy thứ 1:

\[N - Py = 0 \Rightarrow N = Py = mg.\cos a = 10m.\cos {5^o}44\prime \left( N \right)\]

Chiếu (1) lên trục Ox thứ 1:

\[ - Px - {F_{ms}} = ma\]

\[ \Leftrightarrow - mg.\sin a - \mu .N = ma\]

\[ \Leftrightarrow - mg.\frac{1}{{10}} - 0,05.10m.\cos {5^o}44\prime = ma\]

\[ \Leftrightarrow - 10.\frac{1}{{10}} - 0,05.10.\cos {5^o}44\prime = a\]

\[ \Leftrightarrow a \approx - 1,5\left( {{\rm{m/}}{s^2}} \right)\]

Xét quãng đường vật đi được đến khi dừng lại nếu dốc vẫn kéo dài:

\[{v^2} - v_0^2 = 2aS\]

\[ \Leftrightarrow {0^2} - {20^2} = 2.\left( { - 1,5} \right).S\]

\[ \Leftrightarrow S \approx 133,33\left( m \right)\]

Vì quãng đường vật đi được lớn hơn chiều dài của dốc nên vật sẽ lên được đỉnh dốc.

Vận tốc của vật tại đỉnh dốc:

\[{v^2} - v_0^2 = 2.a.l\]

\[ \Leftrightarrow {v^2} - {20^2} = 2.\left( { - 1,5} \right).100\]

\[ \Leftrightarrow v = 10\left( {{\rm{m/s}}} \right)\]

Thời gian lên dốc:

\[t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{10 - 20}}{{ - 1,5}} \approx 6,67\left( s \right)\]

b. Chiều dài của đoạn lên dốc mà vật có thể đi được:

\[{v^2} - v_{02}^2 = 2a.{l_2}\]

\[ \Leftrightarrow {0^2} - {15^2} = 2.\left( { - 1,5} \right).{l_2}\]

\[ \Leftrightarrow {l_2} \approx 75\left( m \right)\]

Áp dụng định luật II Newton cho vật:

\[\vec P + \vec N + \overrightarrow {{F_{ms}}} = m\overrightarrow {{a_2}} \] (2)

Chiếu (2) lên trục Ox thứ 2:

\[Px - {F_{ms}} = m{a_2}\]

\[ \Leftrightarrow mg.\sin a - \mu .N = m{a_2}\]

\[ \Leftrightarrow 10m.\frac{1}{{10}} - 0,05.10m.\cos {5^o}44\prime = m{a_2}\]

\[ \Leftrightarrow {a_2} = 10.\frac{1}{{10}} - 0,05.10.\cos {5^o}44\prime \approx 0,5\left( {{\rm{m/}}{s^2}} \right)\]

Vận tốc của vật khi trở lại chân dốc:

\[v_2^2 - {v^2} = 2{a_2}{l_2}\]

\[ \Leftrightarrow v_2^2 - {0^2} = 2.0,5.75\]

\[ \Leftrightarrow {v_2} = 5\sqrt 3 \approx 8,66\left( {{\rm{m/s}}} \right)\]

Đáp án B

+ Theo giả thuyết bài toán, ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_0}}}{{{t_1}}} = \frac{{A - {x_0}}}{{{t_2}}} = 40\\{t_1} + {t_2} = \frac{T}{4}\end{array} \right.\)

Áp dụng tính chất của dãy số bằng nhau

\(\frac{{{x_0} + A - {x_0}}}{{{t_1} + {t_2}}} = 40 \leftrightarrow \frac{{4A}}{T} = 40 \to {v_{tb}} = 40cm/s\)

Quãng đường vật rơi trong 1s cuối là:

\[{s_2} = s - {s_8} = \frac{1}{2}g{t^2} - \frac{1}{2}g{\left( {t - 1} \right)^2}\]

\[ \Rightarrow {s_2} = \frac{1}{2}g\left( {{9^2} - {8^2}} \right) = 8,5g\]

Biểu diễn các lực tác dụng vào vật và hệ trục toạ độ được chọn như hình vẽ:

Ta có: 

Áp dụng định luật II Niuton ta có:

\[\overrightarrow {{F_{ms}}} + \vec N + \vec P = m\vec a{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

Chiếu (*) lên Ox và Oy ta được: 

\[\left\{ \begin{array}{l} - Fms = ma\\ - P + N = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \mu N = ma\\P = N = mg\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow - \mu mg = ma \Rightarrow a = - \mu g = - 0,02.10 = - 0,2m/{s^2}\]

Áp dụng công thức liên hệ giữa s, v, a ta có:

\[{v^2} - v_0^2 = 2as \Rightarrow {v_0} = \sqrt {{v^2} - 2as} \]

Lại có: \[\left\{ \begin{array}{l}s = 250m\\v = 0\\a = - 0,2m/{s^2}\end{array} \right. \Rightarrow {v_0} = \sqrt {{0^2} - 2( - 0,2).250} = 10m/s\]

Đáp án: A

 Khi hạt điện tích được thả tự do không vận tốc trong điện trường đều thì dưới tác dụng của lực điện, hạt mang điện tích chuyển động theo một đường thẳng song song với đường sức điện.

A, C ĐÚNG

B, D SAI

Giải thích các bước giải:

Sóng vô tuyến có bước sóng nằm trong khoảng từ \[1 - {10^5}\left( m \right)\]

→ Sóng có bước sóng \[50km = {5.10^4}m\]là sóng vô tuyến.

Tia hồng ngoại có tần số nằm trong khoảng từ \[{3.10^{11}} - {4.10^{14}}\left( m \right)\]

→ Tần số \[100MHz = {10^8}Hz\]không phải tần số tia hồng ngoại.

Ánh sáng nhìn thấy có tần số nằm trong khoảng từ \[{4.10^{14}} - {8.10^{14}}\left( m \right)\]

→ Tần số \[{5.10^{14}}\]là tần số ánh sáng nhìn thấy.

Tia tử ngoại có tần số nằm trong khoảng từ \[{8.10^{14}} - {3.10^{16}}\left( m \right)\]

→ Tần số \[{10^{18}}Hz\] không phải tần số tia tử ngoại.

a) Từ đồ thị ta thấy cơ năng = động năng cực đại.

b) Ta có: \[{{\rm{W}}_{d\max }} = \frac{1}{2}mv_{\max }^2 \Rightarrow {80.10^{ - 3}} = \frac{1}{2}.0,4.v_{\max }^2 \Rightarrow {v_{\max }} = 0,632\,m/s\]

c) Khi li độ bằng 2 cm thì dựa vào đồ thị ta thấy động năng có giá trị là

Thế năng tại vị trí đó:

cách vẽ đồ thị quảng đường -thời gian 

bước 1 vẽ hai tia Os và Ot vuông góc với nhau tại O,gọi là hai trục tọa độ

bước 2 xác định các điểm biểu diễn quang đường đi được và thời gian tương ứng

bước 3 nối các điểm đó lại với nhau

dựa vào tia Os(trục tung)ta có thẻ xác định được quảng đường,Ot(trục hoành)biểu thị thời gian đi được.theo công thức ta tính được vận tốc của vật đó

Kết luận D là sai.                                                                                           

Chọn D

Đáp án đúng là: B

Đại lượng vecto là đại lượng cho biết phương, chiều và độ lớn.

Độ dịch chuyển và vận tốc là các đại lượng vecto.

Ta có: \[{T_2} = 5{T_1} \Rightarrow {v_1} = 5{v_2}\]

a) 2 xe đi cùng chiều

Quãng đường 2 xe đi được là:

\[\left\{ \begin{array}{l}s1 = v1t = 5v2t\\s2 = v2t\end{array} \right.\]

Để 2 xe gặp nhau:

\[{s_1} = {s_2} + n.{v_2}.{T_2}\]

\[ \Rightarrow 5{v_2}t = {v_2}t + n.{v_2}.\frac{{50}}{{60}}\]

\[ \Rightarrow 4t = \frac{5}{6}n\]

\[ \Rightarrow t = \frac{5}{{24}}n\]

Mà: \[t = \frac{5}{{24}}n \le \frac{{50}}{{60}} \Rightarrow n \le 4\]

Vậy 2 xe gặp nhau 4 lần.

b) 2 xe đi ngược chiều:

Để 2 xe gặp nhau:

\[{s_1} + {s_2} = n.{v_2}.{T_2}\]

\[ \Rightarrow 6{v_2}t = n.{v_2}.\frac{{50}}{{60}}\]

\[ \Rightarrow t = \frac{5}{{36}}n\]

Mà: \[t = \frac{5}{{36}}n \le \frac{{50}}{{60}} \Rightarrow n \le 6\]

Vậy 2 xe gặp nhau 6 lần

Khoảng cách 5 vân sáng liên tiếp là 4i nên: \(4i = 8 \Rightarrow i = 2mm\)

Ta có: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda = \frac{{ia}}{D} = 0,6\left( {\mu m} \right)\)

Áp suất của chất khí tác dụng vào thành bình phụ thuộc vào thể tích của bình, số mol khí và nhiệt độ.

Chọn A.

Đáp án C

Ta có: t = 20 phút = 20.60 = 1200s

\[{\rm{v}} = \frac{{\rm{s}}}{{\rm{t}}} \Rightarrow {\rm{s}} = {\rm{v}}.{\rm{t}}\; = {\rm{ }}12.1200{\rm{ }} = {\rm{ }}14400m{\rm{ }} = {\rm{ }}14,4km\]

Đáp án D

ánh sáng khả kiến có bước sóng từ 0,38μm -0,76μm.

Ánh sáng từ ngoại có bước sóng cỡ 10-8 m đến 0,38μm

Chọn đáp án C. Áp dụng công thức: \[\sqrt {\overline {{v^2}} } = \sqrt {\frac{{3RT}}{\mu }} .\]

Phương pháp: 

Định luật khúc xạ ánh sáng:   \[{n_1}.\sin i = {n_2}.\sin r\]

Chiết suất của các môi trường:   \[{n_{do}} < {n_{tim}}\]

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: \[\left\{ \begin{array}{l}{n_1} > {n_2}\\\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\end{array} \right.\]

Cách giải: 

Tia màu lục đi là là mặt phân cách   \[\sin i = \frac{1}{{{n_{luc}}}}\]

Để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần thì   \[i \ge {i_{gh}}\]

Lại có   \[{n_{do}} < {n_{tim}}\]

Chùm song song trên có cùng góc tới i, vì chiết suất của làm và tím lớn hơn chiết suất của lục nên góc giới hạn phản xạ toàn phần của chúng nhỏ hơn của lục ⇒ Tia lam và tím bị phản xạ toàn phần. 

⇒ Tia đỏ và vàng ló ra ngoài. 

Chọn A.

Chọn C

Động năng trung bình của phân tử khí: \[\overline {{{\rm{W}}_{\rm{d}}}} = \frac{3}{2}{{\rm{k}}_{\rm{B}}}{\rm{T}} = \frac{3}{2} \cdot 1,38 \cdot {10^{ - 23}} \cdot 273 = 5,65 \cdot {10^{ - 21}}\:{\rm{J}}\]Tốc độ căn quân phương của khí: \[{{\rm{v}}_{{\rm{mms}}}} = \sqrt {\frac{{3{\rm{RT}}}}{\mu }} = \sqrt {\frac{{3.8,31.273}}{{{{4.10}^{ - 3}}}}} = 1304\:{\rm{m}}/{\rm{s}}\]

Đáp án đúng là B

* Ta có hình vẽ sau

\[AM = MB = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{2}} \right)}^2} + {4^2}} = 5\,cm\]

* Cường độ điện trường thành phần do hai điện tích điểm tại A và B gây ra tại M là \[{E_{1M}}\] và \[{E_{2M}}\]

Ta có: 

\[{E_{1M}} = {E_{2M}} = \frac{{k\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon r_1^2}} = \frac{{k\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon .A{M^2}}} = \frac{{{{9.10}^9}{{.10}^{ - 5}}}}{{2.0,{{05}^2}}} = 1,{8.10^7}V/m\]

* Cường độ điện trường tổng hợp tại M là \[\overrightarrow {{E_M}} = \overrightarrow {{E_{1M}}} + \overrightarrow {{E_{2M}}} \]

Từ hình vẽ ta xác định được \[\overrightarrow {{E_{1M}}} \]hợp với \[\overrightarrow {{E_{2M}}} \]một góc α

với \[\cos \alpha = - \cos \beta = - \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}} = - \frac{{{5^2} + {5^2} - {6^2}}}{{2.5.5}} = - 0,28\] (theo định lí hàm số cos)

Do đó \[{E_M} = \sqrt {E_{1M}^2 + E_{2M}^2 + 2{E_{1M}}{E_{2M}}\cos \alpha } = 2,{16.10^7}V/m\]

Các lực tác dụng lên một khinh khí cầu đang lơ lửng trong không khí được biểu diễn như sau:

Vị trí vân tối được xác định theo biểu thức: \[{x_t} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)i \Rightarrow k = \frac{{{x_t}}}{i} - \frac{1}{2} = 3\]

Ứng với k = 3 là vân tối thứ 4

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là A

Khoảng cách giữa 2 điểm liên tiếp dao động với biên độ cực đại là: λ/2

=> AB = 2λ

Do 2 nguồn cùng pha nên tại 1 điểm không dao động: \({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda \)

\( \Leftrightarrow - AB \le {d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda \le AB\)

\( \Leftrightarrow - 2,5 \le k \le 1,5\)

=> Có 4 giá trị của k

=> Có 4 điểm dao động với biên độ cực tiểu

Chọn đáp án B

Ta có: \(H = 1 - h = 1 - \frac{{P.R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow R = \left( {1 - H} \right)\frac{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}{P}\left( 1 \right)\)

Lại có:

\( \Rightarrow m = \rho \frac{{{l^2}.D.P}}{{\left( {1 - H} \right){{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}} = 935kg\)

Đáp án đúng là C

Điện trở của một đèn sợi đốt tăng theo nhiệt độ vì sự tán xạ với các electron dẫn bởi ion ở nút mạng tăng.

Chọn đáp án C

Hệ số ma sát không phụ thuộc vào độ lớn lực tác dụng, nó phụ thuộc vào bản chất 2 vật tiếp xúc.

Đáp án đúng là: C

Độ dịch chuyển là khoảng cách mà vật di chuyển theo một hướng xác định, độ dịch chuyển là một đại lượng vectơ.

Các thí nghiệm cho thấy, độ lớn của lực ma sát trượt có đặc điểm:

a. không phụ thuộc vào diện tích tiếp xúc và tốc độ của vật.

b. tỉ lệ với độ lớn của áp lực.

c. phụ thuộc vào vật liệu và tình trạng của hai mặt tiếp xúc.

Công thức tính độ lớn lực ma sát trượt: F_mst = μ_t.N. Trong đó μ_t là hệ số ma sát trượt, N là độ lớn của áp lực.

a. Biên độ A = 20 cm; chu kì T = 0,8 s; pha ban đầu φ = π (rad).

b. \(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,8}} = 2,5\pi \left( {rad/s} \right)\), phương trình dao động: \(x = 20\cos \left( {2,5\pi t + \pi } \right)\left( {cm} \right)\)

c. Khi t = 0,4s thì x = 20cm; t = 0,6s thì x = 0; t = 0,8s thì x = -20cm.

Động năng trung bình của phân tử khí: \[\overline {{W_d}} = \frac{3}{2}{k_B}T = \frac{3}{2} \cdot 1,38 \cdot {10^{ - 23}} \cdot 273 = 5,65 \cdot {10^{ - 21}}J\]

Tốc độ căn quân phương của khí: \[{v_{mms}} = \sqrt {\frac{{3RT}}{\mu }} = \sqrt {\frac{{3.8,31.273}}{{{{4.10}^{ - 3}}}}} = 1304m/s\]

Đáp án B

Cường độ dòng điện được xác định bằng điện lượng dịch chuyển qua tiết diện dây dẫn trong 1 đơn vị thời gian: \(I = \frac{{\Delta q}}{{\Delta t}} = \frac{{n.\left| e \right|}}{{\Delta t}} \Rightarrow n = \frac{{I.\Delta t}}{{\left| e \right|}} = \frac{{{{200.10}^{ - 6}}.1}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 12,{5.10^{14}}\)

Chọn đáp án A

\({F_{mst}} = F.\cos \alpha \)

\( \Rightarrow \mu mg = F\cos \alpha \)

\( \Rightarrow \mu = \frac{{10.\cos {{60}^o}}}{{5.10}} = 0,1\)

Chọn A.    

Quá trình biến đổi là đẳng áp nên

\[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}}\]

\[ \Rightarrow {V_2} = {V_1}.\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = 3.\frac{{100 + 273}}{{300}} = 3730c{m^3}\]

\[ \Rightarrow \Delta V = {V_2} - {V_1} = 730c{m^3}\]

⟹ Độ nâng pít tông: \[h = \frac{{\Delta V}}{S} = \frac{{730}}{{150}} \approx 4,86cm\]

Tam giác BCD vuông tại D, ta có: \[\sin \alpha = \frac{{BD}}{{BC}} = \frac{h}{l}\]

Công của trọng lực khi vật di chuyển từ B đến C là:

\[{A_{BC}} = {P_x}.l.\sin \alpha = P.l.\sin \alpha = mg.l.\frac{h}{l} = mgh\]

– Do áp suất chất lỏng phụ thuộc vào độ sâu: Độ sâu càng lớn càng lớn áp suất gây ra càng lớn. – Khi con người lặn càng sâu thì áp suất chất lỏng gây ra cho cơ thể người càng lớn. đến một độ sâu nhất định sẻ vượt qua giới hạn chịu đựng của cơ thể người.

Đáp án D

Vì hai điện tích cùng dấu nên nó đẩy nhau bởi một lực có độ lớn là:

\[F = k.\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {{{3.10}^{ - 6}}{{.3.10}^{ - 6}}} \right|}}{{2.0,{{03}^2}}} = 45N\]

Chọn đáp án A

Hai lực F1, F2 cân bằng khi:

\(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} = - \overrightarrow {{F_2}} \)

Suy ra hai lực cân bằng không thể cùng hướng.

Đáp án đúng là: A

Khi một người thổi sáo, tiếng sáo được tạo ra bởi sự dao động của cột không khí trong ống sáo.

Đáp án đúng là D

Áp dụng: \[p = \frac{1}{3}\mu m\overline {{v^2}} \]

Ta có: v tăng 4 lần, thể tích giảm \[\frac{1}{2}\] thì m tăng 2 lần. Suy ra: p tăng 32 lần.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai cực đại hoặc hai cực tiểu liên tiếp là \[\frac{\lambda }{2}\]

Khoảng cách giữa một cực đại và 1 cực tiểu liên tiếp là \[\frac{\lambda }{4}\]

Giải chi tiết:

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa hai cực đại liên tiếp nằm trên đường nối hai tâm sóng bằng một nửa bước sóng.

Chọn D

Ta có khối lượng riêng của gạo là: \[1200kg/{m^3}\]

Trọng lượng riêng của gạo: \[d{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}x{\rm{ }}D{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}x{\rm{ }}1200{\rm{ }} = {\rm{ }}12000{\rm{ }}\left( {N/{m^3}} \right)\]

Ta có: \(p = 300mmHg = \frac{{300}}{{760}}.101325\left( {Pa} \right)\)

Áp suất phân tử chất khí: \(p = \frac{1}{3}p\overline {{v^2}} \)

\( \to \overline {{v^2}} = \frac{{3p}}{p} = \frac{{3.300.101325}}{{0.3760}} = 399967\left( {{m^2}/{s^2}} \right)\)

Vận tốc căn quân phương của các phân tử khí khi đó là:

\(\sqrt {\overline {{v^2}} } = 632\left( {m/s} \right)\)

Đáp án đúng là: B

Loa điện hoạt động dựa vào tác dụng từ của nam châm lên ống dây có dòng điện chạy qua.

Đáp án D

+ Lực tương tác tĩnh điện giữa hai điện tích tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa hai điện tích.

Đáp án: A

Điều này chỉ đúng khi kim nam châm nằm cân bằng ở trạng thái tự do.

Chọn B.

Quãng đường đi được trong khoảng thời gian:

+0,5s đến 1s là: \[{s_1} = \left| {4 - 2} \right| = 6cm,\]

+1s đến 2,5s là: \[{s_2} = \left| { - 2 - (4)} \right| = 6cm,\]

+2,5s đến 4s là: \[{s_3} = \left| { - 2 - ( - 2)} \right| = 0cm,\]

+4s đến 4,5s là: \[{s_4} = \left| {( - 1) - ( - 2)} \right| = 1cm,\]

Tính:

\[{v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{{s_1} + {s_2} + {s_3} + {s_4}}}{t} = \frac{{2 + 6 + 0 + 1}}{{4,5 - 0,5}} = 2,25(m/s)\]

Đáp án đúng là: B

Tần số góc: \[\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{1} = 2\pi rad/s\]

Đáp án đúng là D

Trọng lượng của con nhện là:

P = mg = 0,01.10 =0,1(N)

Các lực tác dụng lên con nhện là:

Con nhện ở trạng thái cân bẳng nên:

\(\overrightarrow T + \overrightarrow P + \overrightarrow F = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T + \overrightarrow {T'} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T = - \overrightarrow {T'} \)

Từ hình vẽ ta thấy:

\(F = P.\tan \alpha = 0,1.\tan {30^o} \approx 0,06(N)\)

\[1,{8.10^5}km/s\]

Khi khung quay đến vị trí mặt phẳng khungvuông góc với đường sức từ thì lực từ tác dụng lên khung dây như hình vẽ. Các lực này không có tác dụng làm cho khung quay nên khung dừng lại không quay nữa

Chọn A

Chọn A

\[\omega = 5\pi {\rm{ }}rad/s\]

\[\phi \]vuông góc với e

\[\frac{{{\phi ^2}}}{{\phi _0^2}} + \frac{e}{{E_0^2}} = 1\]

\[ \Rightarrow \frac{{{\phi ^2}}}{{\phi _0^2}} + \frac{{{e^2}}}{{{\omega ^2}\phi _0^2}} = 1\]

\[ \Rightarrow {\phi _0} = \sqrt {{\phi ^2} + \frac{{{e^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \sqrt {{3^2} + \frac{{{{\left( {20\pi } \right)}^2}}}{{{{\left( {\pi 5} \right)}^2}}}} = 5Wb\]

\[4,{6.10^{11}}\]phân tử.

Từ công thức \[p = \frac{1}{3}\frac{{Nm}}{V}\overline {{v^2}} = \frac{2}{3}\frac{N}{V} \cdot \overline {{W_d}} \]với \[\overline {{W_d}} = \frac{3}{2}kT\], ta có \[\frac{N}{V} = \frac{p}{{kT}}\]

Từ đó tính được \[{\rm{N}} = 4,6 \cdot {10^{11}}\]phân tử.

Đáp án: D

HD Giải: \[\Delta \varphi = \frac{{2\pi x}}{\lambda } = \frac{{2\pi x\omega }}{{v.2\pi }} = \frac{{2\pi .0,5.4\pi }}{{v.2\pi }} = \frac{\pi }{3}\]

\[ \Leftrightarrow v = 6m/s\]

a.phần thể tích quả cầu ngập trong nước: \[x\left( {c{m^3}} \right)\]

phần thể tích quả cầu ngập trong dầu: \[{V_1} - x = 100 - x\left( {c{m^3}} \right)\]

khi quả cầu cân bằng

\[P = {F_{Ad}} + {F_{An}}\]

\[ \Rightarrow {d_1}{V_1} = {d_3}.x + {d_2}.(100 - x)\]

\[ \Rightarrow 8200.100 = 10000.x + 7000.(100 - x)\]

\[ \Rightarrow x = 40(c{m^3})\]

b.

Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu không thay đổi vì mọi tính toán pt cân bằng vật phần a không thay đổi

Chọn đáp án B

Gia tốc của vật thu được lúc sau là:

\[a = \frac{F}{m} \Leftrightarrow F = am\]

\[a' = \frac{{F'}}{m} = \frac{{3F}}{m} = \frac{{3am}}{m} = 3a\]

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật 1 trước lúc va chạm

\({F_{21}} = - {F_{12}} \Rightarrow {m_1}{a_1} = - {m_2}{a_2}\)

\( \Rightarrow {m_1}\frac{{\Delta {v_1}}}{{\Delta t}} = - {m_2}\frac{{\Delta {v_2}}}{{\Delta t}}\)

\( \Leftrightarrow {m_1}\left[ {\left( { - 1} \right) - 5} \right] = - {m_2}\left( {2 - 0} \right)\)

\( \Rightarrow {m_2} = 3{m_1} = 3kg\)

- Khi vật trượt trên mặt phẳng nghiêng, có 3 lực tác dụng lên vật:

+ Trọng lực: \[\vec P\]

+ Phản lực của mặt phẳng nghiêng: \[\vec N\] (có phương vuông góc với mp nghiêng) (trong hình kí hiệu là \[\vec Q\])

+ Lực ma sát trượt: \[{\vec F_{_{mst}}}\]

- Theo định luật II Niutơn:

\[\vec P + \vec N + {\vec F_{mst}} = m\vec a\]

Mà: \[\vec P = {\vec P_1} + {\vec P_2}\]

Nên: \[{\vec P_1} + {\vec P_2} + {\vec F_{mst}} + \vec N = m\vec a\]

Mặt khác: \[{\vec P_2} + \vec N = \vec 0\]

- Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật:

\[ - {F_{mst}} + {P_1} = ma \Rightarrow - {\mu _t}N + P\sin \alpha = ma\]

Với: \[N = {P_2} = Pcos\alpha = mgcos\alpha \]

Với: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \alpha = \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}}\\{cos\alpha = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{\sqrt {A{C^2} - B{C^2}} }}{{AC}} = \frac{{\sqrt {{{10}^2} - {5^2}} }}{{10}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}}\end{array}} \right.\]

\[a = g\left( {\sin \alpha - {\mu _t}cos\alpha } \right)\]

\[ = 9,8\left( {0,5 - 0,1.\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = 4,05{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\]

Đáp án: C

Chọn D.

Nhiệt độ không đổi nên ta có:  \[{p_1}{V_1}\; = {\rm{ }}{p_2}{V_2}\; \Rightarrow \;{V_1}\; = {\rm{ }}4{V_2}\; \Rightarrow \;{\ell _1}\; = {\rm{ }}4{\ell _2}\]

\[ \Rightarrow \;{\ell _2}\; = \;\frac{h}{4} = {\rm{ }}\frac{{20}}{4}{\rm{ }} = {\rm{ }}5{\rm{ }}cm.\]

Vậy phải dịch pit-tông sang trái 15 cm.

Đáp án đúng là: A

Nam châm vĩnh cửu có hai cực là cực Bắc và cực Nam.

Hệ thống lái tia gồm hai bản kim loại được nối với hai cực của nguồn điện. Khi đặt các hiệu điện thế thích hợp vào hai cặp bản đó, ta có thể điều khiển chùm electron đập vào vị trí xác định trên màn huỳnh quang. Các cực được cấu tạo, xếp đặt và có các điện thế sao cho chùm electron một mặt được tăng tốc, mặt khác được hội tụ lại để chỉ gây ra một điểm sáng nhỏ trên màn huỳnh quang.

Đáp án A. Vì điện tích không tự nhiên sinh ra cũng không tự nhiên mất đi. Để có sự chênh lệch điện thế giữa hai cực thì lực lạ phải tách được các electron ra khỏi nguyên tử và chuyển về cực của nguồn.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sóng dừng:  

+ Khoảng cách giữa hai bụng sóng hoặc hai nút sóng liên tiếp là \[\frac{\lambda }{2}\]

+ Khoảng cách giữa một bụng sóng và một nút sóng liên tiếp là \[\frac{\lambda }{4}\]

+ Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

Cách giải: 

A, B, D - đúng 

C – sai vì: Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

Chọn C.

Đáp án: B

HD Giải: \[\lambda = 50\frac{{2\pi }}{{50\pi }} = 2cm\]

từ phương trình sóng tại M và O ta có điều kiện để M và O đồng pha là:

\[\frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{\pi AB}}{\lambda } + 2k\pi \]

M gần O nhất nên k = 1, ta có \[\frac{{2\pi d}}{2} = \frac{{\pi 18}}{2} + 2\pi \Rightarrow d = 11cm\]

\[MO = \sqrt {{{11}^2} - {9^2}} = 2\sqrt {10} cm\]

Chọn đáp án A

+ Theo định nghĩa thì pha ban đầu là đại lượng (không có thật) ta biết trạng thái ban đầu của vật dao động. Và thêm nữa, pha ban đầu không phụ thuộc và các tác động bên ngoài mà chỉ phụ thuộc vào 3 yếu tố: Gốc tọa độ, gốc thời gian và chiều dương quỹ đạo

+ Pha ban đầu của vật dao động điều hòa phụ thuộc vào gốc thời gian và chiều dương của hệ tọa độ

Các phát biểu A, B, C đúng.  

Chọn D

Đáp án C

Trong điện từ trường , các véc tơ cường độ điện trường và véc tơ cảm ứng từ luôn có phương vuông góc với nhau

Đáp án D

Tốc độ làn truyền sóng cơ là tốc độ lan truyền pha dao động được tính bằng \[v{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{\lambda }{T}{\rm{ }} = {\rm{ }}\lambda f\]. Còn tốc độ dao động của các phần tử dao động được tính bằng v = u’(t).

Chọn D.

Không thể dùng ampe kế để đo trực tiếp dòng điện dịch, mà phải đo gián tiếp thông qua dòng điện dẫn.

Phương pháp: 

Sóng cơ lan truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí. 

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không. 

Cách giải: 

Sóng cơ không lan truyền được trong môi trường chân không. 

Chọn D

Đáp án C

Sự rơi tự do (chuyển động rơi tự do) là sự rơi của các vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực.

Đáp án đúng là B

Bước sóng tăng dần: Tia X, tia tử ngoại, tia hồng ngoại, vi sóng.

\[{{\rm{W}}_d} = \frac{{3kT}}{2} = \frac{1}{2}m\overline {{v^2}} \Rightarrow \overline {{v^2}} = \frac{{3kT}}{m} = \frac{{3kT.{N_A}}}{M} = \frac{{3RT}}{M}\]

\[\sqrt {\overline {{v^2}} } = \sqrt {\frac{{3RT}}{M}} = \sqrt {\frac{{3.8,31.300}}{{{{32.10}^{ - 3}}}}} = 483,44m/s\]

Đáp án đúng là: A

Tốc độ là đại lượng đặc trưng cho tính chất nhanh hay chậm của chuyển động.

Đáp án đúng: D

Chọn C. Bước sóng của ánh sáng trông thấy nằm trong khoảng 0,38\(\mu m\)đến 0,76\(\mu m\), ánh sáng màu lục là ánh sáng trông thấy nên bước sóng của nó cũng nằm trong khoảng trên. Vậy đáp số đúng là 0,55\(\mu m\)

Đáp án C

Nếu chọn chiều dương ngược chiều chuyển động thì:

     + Véctơ gia tốc của chuyển động thẳng nhanh dần đều hướng ngược chiều dương

     +  Véctơ vận tốc của chuyển động thẳng chậm dần đều hướng ngược chiều dương

     + Véctơ gia tốc của chuyển động thẳng chậm dần đều hướng theo chiều dương.

Ta suy ra: A, B, D – sai

Phương án C - đúng

Khoảng cách giữa 2 cực tiểu liên tiếp là:

\[d = \frac{\lambda }{2} = \frac{6}{2} = 3\left( {cm} \right)\]

Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp trên màn là

\(x = i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{{{600.10}^{ - 9}}.1,2}}{{0,{{4.10}^{ - 3}}}} = 1,8mm\)

\( \Rightarrow \) Đáp án C.

Từ trường của một thanh nam châm thẳng giống với từ tường tạo bởi Một ống dây có dòng điện chạy qua. Đáp án C

gia tốc: 

\[P.sin\alpha \: - {F_{ms}} = m.a = \: > a = \frac{{2.9,8.sin60 - 1}}{2} = 8m/s\]

vận tốc: 

\[{v^2} = 2.a.S = \: > v = \sqrt {2.8.2} \: = \sqrt {32} m/s\]

Ví dụ trong thực tế cần làm tăng mômen lực bằng cách:

a. Tăng độ lớn của lực.

Trường hợp nắp lọ quá chặt, ta cần tăng lực tác dụng vào nắp để làm nó quay và mở được.

b. Tăng khoảng cách từ trục quay đến giá của lực.

Trường hợp ốc quá chặt, người thợ sửa chữa thường phải dùng thêm một đoạn ống thép để nối dài thêm cán của chiếc cờ - lê giúp tháo ốc ra dễ hơn.

c. Tăng đồng thời cả độ lớn của lực và khoảng cách từ trục quay đến giá của lực.

Trong trường hợp cần kéo một vật nặng ở dưới hố lên nếu ta tăng đồng thời cả lực kéo và khoảng cách từ trục quay tới giá của lực thì sẽ đưa vật lên được dễ dàng hơn.

Độ biến thiên động năng của viên đạn bằng công của lực cản: \[\frac{1}{2}mv - \frac{1}{2}mv_0^2 = - {F_c}{\rm{.}}s\]

Khi viên đạn xuyên vào gỗ nó dừng lại thì \[v = 0\]

\[ \Rightarrow - \frac{1}{2}mv_0^2 = - {F_c}{\rm{.}}s\] \[ \Rightarrow {F_c} = \frac{{mv_0^2}}{{2s}} = \frac{{0,{{05.200}^2}}}{{2.0,04}} = 25000(N)\]

Nếu viên đạn xuyên qua tấm gỗ dày 2 cm chui ra ngoài thì ta có

\[\frac{1}{2}m{v^{\prime 2}} - \frac{1}{2}mv_0^2 = - {F_c}{\rm{.}}s'\] \[ \Rightarrow v' = \sqrt {\frac{2}{m}\left( {\frac{1}{2}mv_0^2 - {F_c}{\rm{.}}s'} \right)} = \sqrt {v_0^2 - \frac{{2{F_c}{\rm{.}}s'}}{m}} = \sqrt {{{200}^2} - \frac{{2.25000.0,02}}{{0,05}}{0^2}} \approx 141(m/s)\]

\[A = 350\left( J \right)\]

\[{Q_1} = 1\left( {kJ} \right) = 1000\left( J \right)\]

\[{t_1} = {227^o}C\]

a) Nguồn lạnh nhận được một nhiệt lượng là: \[{Q_2} = {Q_1} - A = 1000 - 350 = 650\left( J \right)\]

b) Hiệu suất của động ở nhiệt là: \[H = \frac{A}{{{Q_1}}} = \frac{{350}}{{1000}} = 0,35 = 35\% \]

c) Tỉ số giữa nhiệt lượng nguồn nóng cung cấp và nhiệt lượng nguồn lạnh nhận vào là: \[\frac{{{Q_1}}}{{{Q_2}}} = \frac{{1000}}{{650}} = \frac{{20}}{{13}}\]

d) Ta có: \[H = 1 - \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 1 - \frac{{{T_2}}}{{273 + {t_1}}}\] \[ \Leftrightarrow 0,35 = 1 - \frac{{{T_2}}}{{273 + 227}} = {325^o}K\]