Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử TN THPT 2022 Môn Lý Online Bám Sát Đề Tham Khảo (Đề 3) Trắc Nghiệm Online Vật Lý - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

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.

Trong chất điện phân có các Ion dương và âm chuyển động tự do

Áp dụng công thức tính cảm ứng từ của dây dẫn thẳng dài:\({{\text{B}}_{\text{M}}} = {2.10^{ – 7}}\frac{l}{{\text{r}}} = {2.10^{ – 7}} \cdot \frac{3}{{0,2}} = {3.10^{ – 6}}(\;{\text{T}})\)

Ta có: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,4s;\frac{{\vartriangle t}}{T} = \frac{7}{4} \Rightarrow \vartriangle t = 3\frac{T}{2} + \frac{T}{4} \Rightarrow {S_{\max }} = 3.2A + {S'_{\max \left( {\frac{T}{4}} \right)}}\)Mặt khác \(\frac{T}{4} = \frac{T}{8} + \frac{T}{8} \Rightarrow {S'_{\max }} = A\sqrt 2 = 8\sqrt 2 \Rightarrow {S_{\max }} = 48 + 8\sqrt 2 = 59,31cm.\)

Ta có: \(\lambda = vT = v.\frac{{2\pi }}{\omega } = 0,02m = 2cm\)Do 2 nguồn ngược pha nên số điểm dao động cực đại trên AB là số giá trị k nguyên thỏa mãn \(\frac{{ – AB}}{\lambda } – 0,5 < k < \frac{{AB}}{\lambda } - 0,5 \Leftrightarrow - 5,5 < k < 4,5 \Rightarrow k = - 5, \pm 4, \pm 3, \pm 2, \pm 1,0\) có 10 giá trị của k thỏa mãn yêu cầu nên có 10 điểm trên AB dao động cực đại.

Điều chỉnh trị số điện trở R để công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại thì: \(R = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| = \left| {\omega L – \frac{1}{{\omega C}}} \right| = 80\Omega .\)Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch: \(I = \frac{U}{Z} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{R\sqrt 2 }} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{80\sqrt 2 }} = 1,25A\)

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: \({I_1} = \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}}{I_2}\cos {\varphi _2} = \frac{1}{2}.\frac{{10}}{3}.0,6 = 1A\)

Tại vị trí hai vân sáng trùng nhau thì: \({x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} \Leftrightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{4}{3} = \frac{{4n}}{{3n}}\)Khoảng vân trùng: \({i_ \equiv } = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} = {k_2}\frac{{{\lambda _2}D}}{a} = 4.n.\frac{D}{a}{\lambda _1} = 3.n.\frac{D}{a}{\lambda _2}\) các vị trí trùng \( \Rightarrow {x_M} \leqslant 4.n.\frac{D}{a}{\lambda _1} \leqslant {x_N} \Leftrightarrow 5,5 \leqslant 4.n.\frac{2}{{0,5}}0,45 \leqslant 22 \Leftrightarrow 0,76 \leqslant n \leqslant 3,056 \Rightarrow n = 1,2,3\)

Lúc đầu lò xo cứ dãn dần và khi vật m bắt đầu rời sàn thì lò xo dãn \(\vartriangle {l_0} = \frac{{mg}}{k}\), lúc này, có thể xem như vật ở vị trí cân bằng được truyền vận tốc v ( hướng lên ) và sau đó vật m dao động điều hoà với tần số góc \(\sqrt {\frac{k}{m}} \). Do đó, biên độ là\(A = \frac{v}{\omega } = v\sqrt {\frac{m}{k}} \) và độ dãn cực đại của lò xo là: \(\vartriangle {l_{max}} = \vartriangle {l_0} + A = \frac{{1.10}}{{100}} + 1\sqrt {\frac{1}{{100}}} = 0,2\left( m \right)\)\( \Rightarrow \)

Hai điểm M, K có trạng thái cách nhau về thời gian: \(\frac{1}{2}\left( {\frac{T}{{10}} – \frac{T}{{15}}} \right) = \frac{T}{{60}}\) nên cách nhau về mặt thời gian là \(\frac{\lambda }{{60}} = 0,25\left( {cm} \right) \Rightarrow \lambda = 15\left( {cm} \right).\)Số bó sóng trên dây: \(\frac{l}{{0,5\lambda }} = \frac{{67,5}}{{0,5.15}} = 9\) bó.Trong đó có 5 bó dao động cùng pha với O (và 4 bó dao động ngược pha với O). Trên mỗi bó trong 5 bó nói trên có 2 điểm cùng pha cùng dao động với O (tính cả O). Như vậy, có tất cả \(5.2 = 10\) điểm dao động cùng biên độ cùng pha với O (tính cả O) và nếu không tính O thì có 9 điểm.

Ta có: \(\left\{ \begin{gathered} {U_{MB}} = I{Z_{MB}} = U\sqrt {\frac{{{{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)}^2}}}} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {\frac{R}{{{Z_L} – {Z_C}}}} \right)}^2} + 1} }} \hfill \\ {{U'}_{MB}} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {\frac{R}{{{{Z'}_L} – {Z_C}}}} \right)}^2} + 1} }} \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \(\xrightarrow{{U{'_{MB}} = \sqrt 3 {U_{MB}}}}\) \({\left( {\frac{R}{{{Z_L} – {Z_C}}}} \right)^2} = 3{\left( {\frac{R}{{{{Z'}_L} – {Z_C}}}} \right)^2} + 2\) (1) Theo bài ra: \(\tan \varphi .\tan \varphi ' = – 1 \Leftrightarrow \frac{{{Z_L} – {Z_C}}}{R}\frac{{Z{'_L} – {Z_C}}}{R} = – 1\) \( \Rightarrow \frac{{Z{'_L} – {Z_C}}}{R} = \frac{R}{{{Z_L} – {Z_C}}}\) (2). Thay (2) vào (1) tính được: \({\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)^2} = \frac{{{R^2}}}{3}\) \( \Rightarrow {U_{AM}} = I{Z_{AM}} = U\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)}^2}} }} = U\frac{{\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow \)

Lúc đầu dùng nguồn điện một chiều có suất điện động E và điện trở trong r cho dòng điện chạy qua R thì \(I = \frac{E}{{r + R}} \Rightarrow E = I\left( {r + R} \right).\) Sau đó, dùng nguồn điện này để cung cấp năng lượng cho mạch LC bằng cách nạp điện cho tụ thì U0 = E và\({I_0} = \omega {Q_0} = \omega C{U_0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}CE = \sqrt {\frac{C}{L}} I\left( {r + R} \right).\)Để duy trì dao động thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí do tỏa nhiệt trên R: \({P_{cc}} = \frac{1}{2}I_0^2{R_0} = \frac{1}{2}\frac{C}{L}{I^2}\left( {r + R} \right){R_0}\) \( \Rightarrow 1,{6.10^{ – 6}} = \frac{1}{2}\frac{{{{8.10}^{ – 12}}}}{{{{4.10}^{ – 6}}}}{I^2}{\left( {2,4 + 0,1} \right)^2}.0,1 \Rightarrow I = 1,6\left( A \right) \Rightarrow \)

Vì hệ số nhân nơtrôn là 1,6 nên \(k = 1,6\).Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 101 phân hạch dây chuyền tổng số phân hạch xảy ra là: \(1,{6^0} + 1,{6^1} + … + 1,{6^{100}} = \frac{{1,{6^{101}} – 1}}{{1,6 – 1}}\) Khi 100 phân hạch kích thích ban đầu sau 101 phân hạch dây chuyền tổng số phân hạch xảy ra là: \(N = \frac{{1,{6^{101}} – 1}}{{1,6 – 1}}.100 \approx 6,{9.10^{22}} \Rightarrow \)