Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Môn Lý Online-Đề 4 Trắc Nghiệm Online Vật Lý - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

\(\begin{array}{*{20}{r}} {}&{\frac{{6,6}}{{5,5}} = \frac{{ki}}{{\left( {k – 1} \right)i}} = \frac{k}{{k – 1}} \Rightarrow k = 6 \to i = 1,1{\text{\;mm}}} \\ {}&{i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow 1,1 = \frac{{\lambda \cdot 1,1}}{{0,66}} \Rightarrow \lambda = 0,66\mu {\text{m}} = 660{\text{\;nm}}.{\text{\;}}} \end{array}\).

Chu kì 6 ô, u và uR lệch nhau 1 ô, nên lệch pha T/ 6 hay /3=1,047 rad

Cách 1: Cách đại số (truyền thống).*\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {U_{RL}^2 = U_R^2 + U_L^2} \\ {U_{RC}^2 = U_R^2 + U_C^2} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{400}^2} = U_R^2 + U_L^2} \\ {{{300}^2} = U_R^2 + U_C^2} \end{array} \Rightarrow {{\left( {{U_L}{U_C}} \right)}^2} = \left( {{{400}^2} – U_R^2} \right)\left( {{{300}^2} – U_R^2} \right)} \right.} \right..\) *\({\overrightarrow U _{RL}} \bot {\overrightarrow U _{RC}} \Rightarrow \tan {\varphi _{RL}}.\tan {\varphi _{RC}} = – 1 = \frac{{{U_L}}}{{{U_R}}}.\frac{{ – {U_C}}}{{{U_R}}} = – 1 \Rightarrow {U_L}{U_C} = U_R^2.\) Do đó: \({\left( {{U_L}{U_C}} \right)^2} = \left( {{{300}^2} – U_R^2} \right)\left( {{{400}^2} – U_R^2} \right) = U_R^4 \Rightarrow {U_R} = 240\left( {\text{V}} \right).\) Bình luận: Cách giải này khó ở chỗ là giải phương trình bậc 4 của R.Cách 2: Dùng phương pháp giản đồ vectơ buộc*Bài toán liên quan đến điện áp bắt chéo nên ta tổng hợp theo quy tắc hình bình hành các vecto điện áp \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\overrightarrow U }_{AN}} = {{\overrightarrow U }_R} + {{\overrightarrow U }_L}} \\ {{{\overrightarrow U }_{MB}} = {{\overrightarrow U }_R} + {{\overrightarrow U }_C}} \end{array}} \right..\) Do \({\overrightarrow U _{AN}} \bot {\overrightarrow U _{NB}},\) nên \(\Delta O{U_{AN}}{U_{MB}}\) vuông.Suy ra \(\frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{U_{AN}^2}} + \frac{1}{{U_{MB}^2}}.\) Hay \(\frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{{{300}^2}}} + \frac{1}{{{{400}^2}}} \Leftrightarrow {U_R} = 240\left( {\text{V}} \right).\)

Hai dao động vuông pha : A1 =3 cm; A2=4 cm =>\(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2} = 5cm.\) .Chu kì: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi /3}}{\text{ = 1,2s = }}\) 12 Ô => mỗi ô : 1/12 T = 0,1 s.vật ở thời điểm \(t = 0,2\;{\text{s}}\) tại ô thứ 2: x= -4 cm : Động năng của vật ở thời điểm \(t = 0,2\;{\text{s}}\): \({W_d} = W – {W_t} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}({A^2} – {x^2}) = \frac{1}{2}0,4{(\frac{{5\pi }}{3})^2}({5^2} – {4^2}) = 5mJ\).

Khi khóa \(K\) ở chốt \(a\), mạch gồm 3 điện trở mắc hỗn hợp (đoạn mạch chứa tụ không có dòng điện đi qua). Do đó hiệu điện thế mạch ngoài là\(U = \xi – Ir = \left( 5 \right) – \left( 1 \right).\left( 1 \right) = 4\)VMạch ngoài gồm hai nhánh mắc song song nhau nên hiệu điện thế trên mỗi nhánh là như nhau. Nhánh thứ hai gồm hai điện trở giống nhau mắc nối tiếp, do đó hiệu điện thế trên mỗi điện trở ở nhánh này là bằng nhau. Hiệu điện thế của tụ lúc này\({U_C} = \frac{U}{2} = \frac{{\left( 4 \right)}}{2} = 2\)VKhi khóa \(K\) chốt sang \(b\) thì trong mạch có dao động điện từ, lúc này cường độ dòng điện cực đại trong mạch là\({I_0} = \sqrt {\frac{C}{L}} {U_0} = \sqrt {\frac{{{{4.10}^{ – 9}}}}{{{{4.10}^{ – 3}}}}} .2 = {2.10^{ – 3}}A\)

Gọi N0 là số hạt \(^{238}U\) và \(^{235}U\) lúc mới hình thành trái đất, t là tuổi của trái đất. Số hạt \(^{238}U\) hiện nay là \({N_1} = {N_0}{.2^{ – \frac{t}{{{T_1}}}}} = {N_0}{.2^{\frac{{ – t}}{{4,{{5.10}^9}}}}}.\)Số hạt \(^{235}U\) hiện nay là \({N_2} = {N_0}{.2^{ – \frac{t}{{{T_2}}}}} = {N_0}{.2^{\frac{{ – t}}{{0,{{713.10}^9}}}}}.\)→ \(\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{{2^{\frac{{ – t}}{{0,{{713.10}^9}}}}}}}{{{2^{\frac{{ – t}}{{4,{{5.10}^9}}}}}}} = \frac{{7,143}}{{1000}}.\) → \(t \approx 6,{04.10^9}\) năm.

Vì \({T_1} < { ext{ }}{T_3}\) nên gia tốc tăng và vì \({T_2} > { ext{ }}{T_3}\)nên gia tốc giảm!\(\left\{ \begin{gathered} {T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{g + \frac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{m}}}} \hfill \\ {T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{g – \frac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{m}}}} \hfill \\ {T_3} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 3 = \frac{{{T_3}}}{{{T_1}}} = \sqrt {1 + \frac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{{mg}}} \Rightarrow \frac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{{mg}} = 8 \hfill \\ 0,6 = \frac{{{T_3}}}{{{T_2}}} = \sqrt {1 – \frac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{{mg}}} \Rightarrow \frac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{{mg}} = 0,64 \hfill \\ \end{gathered} \right..\) \( \Rightarrow \frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\left| {{q_2}} \right|}} = 12,5 \Rightarrow \frac{{{q_1}}}{{{q_2}}} = – 12,5\) .

Ta có: \({S_{\left( {CMD} \right)}} = \frac{1}{2} \cdot MC.MD,\) để \({S_{\left( {CMD} \right)}}_{\min } \Leftrightarrow \alpha = 45^\circ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}

{CA = 6\;cm.} \\

{BD = 8\;cm.}

\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow {k_M} = \frac{{MA – MB}}{\lambda } = \frac{{6 – 8}}{{0,9}} = – 2,22.\)

\( \Rightarrow {k_D} = \frac{{DA – DB}}{\lambda } = \frac{{\sqrt {{{14}^2} + {8^2}} – 8}}{{0,9}} = 9,02.\)

Số cực đại trên \(MD\) là \({k_M} \leqslant k \leqslant {k_D} \Leftrightarrow – 2,22 \leqslant k \leqslant 9,02 \Rightarrow 12.\)cực đại.

Cách 1: Từ đồ thị cho uAB chậm pha π/2 so với uMN.Dùng giản đồ vec tơ: Đề cho : \({Z_C} = \frac{{63}}{{16}}R\)=> \(\tan \alpha = \frac{R}{{{Z_C}}} = \frac{{16}}{{63}} = > \cos \alpha = \frac{{63}}{{65}}.\)Tính: \({U_{RC}} = \sqrt {U_{AB}^2 + U_{MN}^2} = \sqrt {{{39}^2} + {{52}^2}} = 65V.\).\({U_{0C}} = {U_{0RC}}\cos \alpha = 65.\frac{{63}}{{65}} = 63V;\);\({U_{0R}} = {U_{0RC}}\tan \alpha = 63.\frac{{16}}{{63}} = 16V.\)\(\cos \varphi = \cos (\frac{\pi }{2} – (\alpha + \beta )) = \cos (\frac{\pi }{2} – {\tan ^{ – 1}}(\frac{{16}}{{63}}) – {\tan ^{ – 1}}(\frac{{52}}{{39}}) = \frac{{12}}{{13}}.\)\({U_{0r}} + {U_{0R}} = {U_{AB}}\cos \varphi = 39.\frac{{12}}{{13}} = 36V = > {U_{0r}} = 36 – {U_{0R}} = 36 – 16 = 20V\)\( = > {I_0} = \frac{{{U_{0r}}}}{r} = \frac{{20}}{5} = 4A;R = \frac{{{U_{0R}}}}{{{I_0}}} = \frac{{16}}{4} = 4\Omega .\)\(P = {I^2}(R + r) = \frac{{I_0^2}}{2}(R + r) = \frac{{{4^2}}}{2}(4 + 5) = 72W.\) Hay:\(P = UI\cos \varphi = \frac{{{U_0}.{I_0}}}{2}\cos \varphi = \frac{{39}}{2}.\frac{4}{1}.\frac{{12}}{{13}} = 72W.\). Cách 2: Ta thấy đoạn MN có L và r, đoạn AB có tụ C nên uMN luôn sớm pha hơn uAB \( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{U_{0AB}} = 39V} \\ {{U_{0MN}} = 52V} \end{array}\;} \right.\)Theo bài \(63RC\omega = 16 \to {Z_{\text{C}}} = \frac{{63}}{{16}}R \to {U_{\text{c}}} = \frac{{63}}{{16}}{U_R}. & \left( 1 \right).\)Một chu kỳ ứng với 12 ô, nên uMN sớm pha hơn uAB một góc \(\frac{\pi }{2}rad\) \(\overrightarrow {{U_{AB}}} = \overrightarrow {{U_{MN}}} + \overrightarrow {{U_{RC}}} \to {U_{oRC}} = \sqrt {U_{oAB}^2 + U_{oMN}^2} = 65(V)\); mà \(U_{oRC}^2 = U_{oR}^2 + U_{oC}^2\) Từ và ta có UOC=63V; UoR=16V => \({U_R} = \frac{{{U_{0R}}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{16}}{{\sqrt 2 }} = 8\sqrt 2 \;V.\)Giải hệ \(\left\{ \begin{gathered} {52^2} = U_{{\text{or}}}^{\text{2}} + U_{oL}^2 \hfill \\ {39^2} = {(16 + {U_{{\text{or}}}})^2} + {({U_{oL}} – 63)^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \to {U_{or}} = 20(V) \to {U_r} = 10\sqrt 2 (V).\)\( \to I = \frac{{{U_r}}}{r} = \frac{{10\sqrt 2 }}{5} = 2\sqrt 2 (A)\)\( \to R = \frac{{{U_R}}}{I} = 4\Omega \to {P_{AB}} = \left( {R + r} \right){I^2} = 72(W)\)