Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Vật Lí Online-Đề 5 Trắc Nghiệm Online Vật Lý - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

Phương trình ly độ góc \(\alpha = 0,05.cos(2\pi t + \pi /3)\,rad \Rightarrow \) biên độ góc \({\alpha _0} = 0,05rad;\)Tần số góc \(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} \Rightarrow \ell = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{{10}}{{4{\pi ^2}}} = 0,25m = 25cm.\)Biên độ dài \(A = \ell .{\alpha _0} = 25.0,05 = 1,25cm.\)Chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1s.\) Một vật T đi được quãng đường bằng 4A \( \Rightarrow \)Quãng đường đi được trong \(t = 5s = 5T\) là \(S = 5.4A = 5.4.1,25 = 25cm.\)

Ta có: \({L_A} – {L_B} = 20\log \frac{{OB}}{{OA}}\)

\(OB = \sqrt {10} .OA \Rightarrow AB = (\sqrt {10} – 1)OA\)

\( \Rightarrow OM = \sqrt {O{A^2} + A{M^2}} = \sqrt {O{A^2} + {{\left( {\sqrt {10} – 1} \right)}^2}O{A^2}} \)

Do đó \(OM = OA\sqrt {12 – 2\sqrt {10} } .\)

Mặt khác

\({L_M} – {L_A} = 20\log \frac{{OA}}{{OM}} = 20\log \frac{1}{{\sqrt {12 – 2\sqrt {10} } }} = – 7,54 \Rightarrow {L_M} = 32,46.\)

Tính: \({Z_L} = \omega L = 50(\Omega ) < {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 100(\Omega ) \Rightarrow \varphi < 0\)

Vì P(R1) = P(R2) \( \Rightarrow \)\({\varphi _1} + {\varphi _2} = - \frac{\pi }{2}\)

mà \({\varphi _1} = 2{\varphi _2}\)

nên \({\varphi _2} = - \frac{\pi }{6};{\varphi _1} = - \frac{\pi }{3}\)

\( \Rightarrow \tan {\varphi _1} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{{R_1}}} \Rightarrow \tan \frac{{ - \pi }}{3} = \frac{{50 - 100}}{{{R_1}}} \Rightarrow {R_1} = 50/\sqrt 3 (\Omega )\)

\( \Rightarrow P = {P_1} = \frac{{{U^2}}}{{{R_1}}}{\cos ^2}{\varphi _1} = \frac{{{{120}^2}}}{{50/\sqrt 3 }}{\cos ^2}\frac{\pi }{3} = 72\sqrt 3 (W)\) \( \Rightarrow \)

Thay đổi R đến khi \({P_{\max }}\). Ta có \(\left\{ \begin{gathered} {P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2{R_0}}} = 50W \hfill \\ {R_0} = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Mặt khác \(\left( {{R_0} + 200} \right)\frac{{{U^2}}}{{{{\left( {{R_0} + 200} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)}^2}}} = 40W\)\( \Leftrightarrow \left( {{R_0} + 200} \right)\frac{{100{R_0}}}{{{{\left( {{R_0} + 200} \right)}^2} + {{\left( {{R_0}} \right)}^2}}} = 40\xrightarrow{{SHIFT – CALC}}{R_0} = 200\Omega \Rightarrow U = 100\sqrt 2 V\)

Gọi \({U_0}\)là điện áp cuộn thứ cấp. Khi tỉ số là 50/1 thì điện áp cuộn sơ cấp là \(54{U_0}\), khi tỉ số là n/1 thì điện áp cuộn sơ cấp là \(n{U_0}\). Khi điện áp truyền đi là U hao phí là \(\Delta P \Rightarrow P – \Delta P = 12\,\,(1).\) Khi điện áp truyền đi là 2U hao phí là \(\frac{{\Delta P}}{4} \Rightarrow P – \frac{{\Delta P}}{4} = 13\,\,(2).\) Giải hệ (1) và (2) ta được: \(P = \frac{{40}}{3},\,\Delta P = \frac{4}{3} \Rightarrow {H_1} = \frac{{P – \Delta P}}{P} = 0,9 = \frac{{54{U_0}}}{U}.\) \( \Rightarrow \frac{{{U_0}}}{U} = \frac{1}{{60}}\,\,(3).\) Khi đó \({H_2} = \frac{{P – \frac{{\Delta P}}{4}}}{P} = \frac{{39}}{{40}} = \frac{{n{U_0}}}{{2U}}\,\,(4).\) Thay (3) và (4) suy ra \(n = 117\). Vậy tỷ số máy biến áp là 117/1.

Khoảng vân của bước sóng 500 nm là \({i_1} = \frac{{{\lambda _1}D}}{a} = 0,3\,mm\) Điều kiện để 2 vân sáng trùng nhau: \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{660}}{{500}} = \frac{{33}}{{25}}\) ⇒ Khoảng vân trùng: \({i_ \equiv } = 33{i_1} = 33.0,3 = 9,9\,mm\) Vậy khoảng cách từ vân chính giữa đến vân gần nhất cùng màu với vân chính giữa là 9,9 mm.

Từ đồ thị ta nhận thấy:*Vật thật cho ảnh cùng chiều với vật và lớn hơn vật nên ảnh phải là ảnh ảo và đây là thấu kính hội tụ.*Độ phóng đại ảnh: \(k = – \frac{{d'}}{d} = \frac{{ – f}}{{d – f}} = \frac{{ – f}}{{30 – f}} = \frac{8}{6} \Rightarrow f = 120(cm)\)\( \Rightarrow \)

Khoảng cách cực tiểu giữa M và N là: \({l_{\min }} = MN = 20\left( {cm} \right)\)Giả sử sóng truyền qua M rồi đến N thì dao động tại M sớm pha hơn dao động tại N: \(\Delta \varphi = 2\pi MN/\lambda = 8\pi /3\).Chọn gốc thời gian để phương trình dao động tại M là: \({u_1} = 5\cos \omega t\,cm\) thì phương trình dao động tại N là: \({u_2} = 4\cos \left( {\omega t – 8\pi /3} \right)\,cm\).Độ lệch li độ của hai phần tử tại M và tại N: \(\Delta u = {u_2} – {u_1} = 4\cos \left( {\omega t – 8\pi /3} \right) – 4\cos \omega t = 4\sqrt 3 \cos \left( {\omega t – 5\pi /6} \right)cm\)\( \Rightarrow \Delta {u_{\max }} = 4\sqrt 3 cm\).Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử tại M và N:\({l_{\max }} = \sqrt {{{\left( {{O_1}{O_2}} \right)}^2} + {{\left( {\Delta {u_{\max }}} \right)}^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}} = 8\sqrt 7 \left( {cm} \right).\) Chọn B

*Gọi A và D là giao của đường xích đạo và kinh tuyến qua kinh độ \({105^0}48'\)Đ và \({132^0}\)Đ. Gọi H và C là vị trí của Hà Nội và Cần Thơ V là giá trị của Vinasat – 1 nằm trong mặt phẳng Xích đạo và mặt phẳng qua kinh tuyến \({132^0}\)Đ. AV nằm trong mặt phẳng xích đạo nên vuông góc với mặt phẳng qua kinh tuyến \({105^0}48'\)Đ. Do đó, các tam giác HAV và CAV là các tam giác vuông tại

Vì hệ số nhân nơtrôn là 2 nên \(k = 2\). Năng lượng toả ra sau mỗi phân hạch:\(\Delta E = \left( {{m_U} + {m_n} – {m_I} – {m_Y} – 3{m_n}} \right){c^2} = 0,18878u{c^2} = 175,84857\) MeV.Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 19 phân hạch dây chuyền tổng số phân hạch xảy ra là: \({2^0} + {2^1} + … + {2^{18}} = \frac{{{2^{19}} – 1}}{{2 – 1}} = 524287\).Khi \({10^{15}}\) phân hạch kích thích ban đầu sau 19 phân hạch dây chuyền tổng số phân hạch xảy ra là: \(N = {524287.10^{16}}\).Năng lượng toả ra: \(E = N\Delta E = 9,{2195.10^{23}}\) MeV \( = 1,{475.10^{11}}\left( J \right) \Rightarrow \)