Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử TN 2022 Môn Lý Online Bám Sát Đề Tham Khảo (Đề 2) Trắc Nghiệm Online Vật Lý - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

Tia laze chỉ gây ra hiện tượng quang điện với một vài kim loại kiềm (vì tia laze có bước sóng nằm trong miền ánh sáng nhìn thấy).

Trong phản ứng hạt nhân, không có sự bảo toàn khối lượng nghỉ

+ Ta có:\(F = k\frac{{\left| {{q_1}.{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\)\(\begin{gathered} r = 0 \Rightarrow F = \infty \hfill \\ r = \infty \Rightarrow F = 0 \hfill \\ \end{gathered} \)

Dòng điện là dòng chuyển dời có hướng của các hạt mang điện. Quy ước chiều dòng điện là chiều chuyển động của các hạt điện tích dương.

Hạt tải điện trong kim loại là các e tự do

Cảm ứng từ tại \(M:{B_M} = {2.10^{ – 7}}\frac{l}{{{r_M}}}\) Cảm ứng từ tại N: \({B_{\text{N}}} = {2.10^{ – 7}}\frac{l}{{{r_N}}}\) Lập tỉ số ta được: \(\frac{{{B_M}}}{{{B_N}}} = \frac{{{r_N}}}{{{r_M}}}\). Mà đề bài cho \({r_M} = 2{r_N} \Rightarrow {B_M} = \frac{1}{2}{B_{{{\text{N}}^*}}}\)

Ta có: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,1s;\frac{{\vartriangle t}}{T} = 13 + \frac{1}{4} \Rightarrow \vartriangle t = 13T + \frac{T}{4}.\)Tại thời điểm \({t_1} = 5s \Rightarrow {\varphi _1} = – \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = – 2\sqrt 3 \hfill \\ v > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Tại thời điểm \({t_2} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_2} = 4\cos \left( {20\pi .6,325 – \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 2 \hfill \\ v > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Suy ra \(S = 13.4A + \left| {2 + 2\sqrt 3 } \right| = 213,46cm.\)

Do 2 nguồn ta xét là hai nguồn cùng pha. Ta có điểm O là trung điểm của MN dao động với biên độ cực đại.Xét điểm E thuộc dãy cực đại với \(k = 1\).Ta có: \(EN = ON + OE,ME = OM – OE\)Suy ra \(EN – EM = 2{\text{O}}E = \lambda \Rightarrow OE = \frac{\lambda }{2}\)Như vậy \(\frac{\lambda }{2} = 1,5 \Rightarrow \lambda = 3cm \Rightarrow v = \lambda .f = 1,2m/s\).

Ta có: \({Z_L} = 150\Omega ,\) \({Z_C} = 200\Omega \)Để công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại thì \(R = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| = 50\Omega \)

Cường độ dòng điện chạy trong cuộn thứ cấp: \({I_2} = \frac{{{P_2}}}{{{U_2}\cos {\varphi _2}}} = \frac{{400}}{{200.0,6}} = \frac{{10}}{3}A\)Do máy biến áp là lý tưởng nên: \({P_1} = {P_2} \Rightarrow {U_1}{I_1} = {U_2}{I_2}\cos {\varphi _2} \Rightarrow \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}\cos {\varphi _2}}}{{{I_1}}}\)Theo công thức của máy biến áp: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = 2\).Cường độ dòng điện chạy trong cuộn sơ cấp: \({I_1} = \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}}{I_2}\cos {\varphi _2} = \frac{1}{2}.\frac{{10}}{3}.0,6 = 1A\)

Điều kiện để hai bức xạ cho vân sáng trùng nhau là: \({x_d} = {x_l} \Leftrightarrow {k_d}{\lambda _d} = {k_l}{\lambda _l} \Leftrightarrow \frac{{{k_d}}}{{{k_l}}} = \frac{{{\lambda _l}}}{{{\lambda _d}}}\)Vì giữa hai vân cùng màu với vân trung tâm có 8 vân màu lục nên vân trùng là vân thứ 9 của ánh sáng màu lục: \({k_l} = 9\): \( \Rightarrow \frac{{{k_d}}}{9} = \frac{{{\lambda _l}}}{{0,72}} \Rightarrow {\lambda _l} = \frac{{0,72.{k_d}}}{9}\) Vậy ta có: \(0,5 \leqslant \frac{{0,72.{k_d}}}{9} \leqslant 0,575 \Leftrightarrow 6,25 \leqslant {k_d} \leqslant 7,18 \Rightarrow {k_d} = 7\) Suy ra: \({\lambda _l} = \frac{{0,72.7}}{9} = 0,56\,\mu m\)

Độ nén lò xo tại vị trí cân bằng: \(\vartriangle {l_0} = \frac{{{m_1}g}}{l} = 1,568(cm) < A = 1,6\left( {cm} \right) \Rightarrow \)Trong quá trình dao động có lúc lò xo nén, có lúc lò xo dãn. Khi ở vị trí cao nhất lò xo dãn nhiều nhất là (A-\(\vartriangle {l_0}\)) ( lúc này, lực lò xo tác dụng lên B hướng lên) và khi ở vị trí thấp nhất lò xo nén nhiều nhất là (A+\(\vartriangle {l_0}\)) (lúc này, lực lò xo tác dụng lên B hướng xuống).

Gọi Q và N lần lượt là lực tác dụng của B lên mặt bàn và lực tác dụng của mặt bàn lên B.

Theo định luật III Niuton thì Q = N. Vì B cân bằng nên:

Nmin khi lò xo dãn cực đại \( \Rightarrow \) vật ở cao nhất:

\({N_{\min }} + {F_{dhmax}} - {P_B} = 0 \Rightarrow {N_{\min }} = {P_B} - F{}_{dhmax} = {m_2}g - k\left( {A - \vartriangle {l_0}} \right) = 39,98N\)

Nmax khi lò xo bị nén nhiều nhất \( \Rightarrow \)vật ở VT thấp nhất:

\({N_{max}} - {F_{dh}} - {P_B} = 0 \Rightarrow {N_{max}} = {P_B} + {F_{dh}} = {m_2}g + k\left( {A + \vartriangle {l_0}} \right) = 59,98N \Rightarrow \)

Độ lệch pha hai sóng kết hợp:\(\Delta \varphi = \left( {{\alpha _2} – {\alpha _1}} \right) + \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {{d_1} – {d_2}} \right) = \pi + \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {{d_1} – {d_2}} \right)\)\(\left\{ \begin{gathered} {\text{Ta\”i i }}\infty :\Delta {\varphi _\infty } = \pi + \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {\infty – \infty } \right) = \pi \hfill \\ {\text{Ta\”i i }}B:\Delta {\varphi _B} = \pi + \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {AB – 0} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \) Cực tiểu gần vô cùng nhất ứng với \(\Delta \varphi = 3\pi \) hay\(\pi + \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} – 12} \right) = 3\pi \Rightarrow \lambda = 1\left( {cm} \right)\left\{ \begin{gathered} \Delta {\varphi _\infty } = \pi + \frac{{2\pi }}{1}\left( {\infty – \infty } \right) = \pi \hfill \\ \Delta {\varphi _B} = \pi + \frac{{2\pi }}{1}\left( {5 – 0} \right) = 11\pi \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Tồng số cực đại và cực tiểu trên Bx (trừ hai đầu) là \(5 + 4 = 9 \Rightarrow \)

Từ \(4{\pi ^2}{f^2}LC = 1 \Rightarrow \) mạch cộng hưởng \( \Rightarrow \cos {\varphi _1} = 1\)Từ công thức: \(P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}{\cos ^2}\varphi \)\( \Rightarrow \frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = {\left( {\frac{{\cos {\varphi _1}}}{{\cos {\varphi _2}}}} \right)^2} \Rightarrow {P_1} = 120{\left( {\frac{1}{{\cos {\varphi _2}}}} \right)^2}\)Để tìm \(\cos {\varphi _2}\) ta dùng giản đồ véc tơ. Tam giác AMB cân tại M \( \Rightarrow \alpha = {30^0} \Rightarrow {\varphi _2} = – {30^0}\)\( \Rightarrow {P_1} = 120{\left( {\frac{1}{{\cos \left( { – {{30}^0}} \right)}}} \right)^2} = 160({\text{W}}) \Rightarrow \)

\(\left\{ \begin{gathered} {i_1} = 8\cos \left( {\frac{{500\pi t}}{3} – \frac{\pi }{2}} \right)\left( {mA} \right) \Rightarrow {q_1} = \frac{{{{48.10}^{ – 6}}}}{\pi }\cos \left( {2000\pi t – \pi } \right)\left( C \right) \hfill \\ {i_2} = 6\cos \left( {\frac{{500\pi t}}{3} + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {mA} \right) \Rightarrow {q_2} = \frac{{{{36.10}^{ – 6}}}}{\pi }\cos \left( {2000\pi t – \frac{\pi }{6}} \right)\left( C \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Rightarrow q = {q_1} + {q_2} = \frac{{48}}{\pi }\angle – \pi + \frac{{36}}{\pi }\angle – \frac{\pi }{6} = \frac{{24,64}}{\pi }\angle – 2,32\) \( \Rightarrow {Q_0} = \frac{{24,64}}{\pi }\left( {\mu C} \right) \Rightarrow \)

Không dùng công thức độ phóng xạ (sách giáo khoa cơ bản).* Từ \(\Delta N = {N_0}\left( {{e^{ – \lambda t}} – {e^{ – \lambda \left( {t + \Delta t} \right)}}} \right) = {N_0}{e^{ – \lambda t}}\left( {1 – {e^{ – \lambda \Delta t}}} \right) \approx {N_0}{e^{ – \lambda t}}\lambda \Delta t\) \( \Rightarrow \frac{{\Delta N}}{{\Delta t}} = \lambda {N_0}{e^{ – \lambda t}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \left. \begin{gathered} t = 0 \Rightarrow 1000 = \lambda {N_0}{e^{ – \lambda .0}} \hfill \\ t = 2 \Rightarrow 899 = \lambda {N_0}{e^{ – \lambda 2}} \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow {e^{ – \lambda }} = \sqrt {0,899} \hfill \\ t = {t_0} \Rightarrow 133 = \lambda {N_0}{e^{ – \lambda .{t_0}}} \Rightarrow 0,133 = {\left( {\sqrt {0,899} } \right)^{{t_0}}} \Rightarrow {t_0} = 37,9 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Rightarrow \) Chọn