Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT 2023 Vật Lí Online-Đề 2

Gợi ý

Vận tốc của vật bằng 0 ở hai biên ta có: $\frac{T}{2} = {t_2} – {t_1} = 0,75 \Rightarrow T = 1,5s.$Mặt khác $\overline {{v_{tb}}} = \frac{S}{{\vartriangle t}} = 16cm/s \Leftrightarrow \frac{{2A}}{{0,75}} = 16 \Rightarrow A = 6cm.$Lại có: ${t_1} = T + \frac{T}{6}$. Giả sử tại thời điểm ${t_1}$ vật ở biên dương

Khi đó thời điểm ban đầu vật ở li độ ${x_0} = \frac{A}{2}$, nếu vật ở ${t_1}$ vật ở biên âm thì ${x_0} = – \frac{A}{2}$.Suy ra ${x_o} = – 3$ hoặc ${x_o} = 3$.

Gợi ý

Ta có: f = 15Hz. Bước sóng $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{75}}{{15}} = 5cm$${\text{M}}{{\text{S}}_{\text{2}}} = \sqrt {MS_1^2 + {S_1}S_1^2} = 30cm$Tại M ta có: ${d_2} – {d_1} = M{S_2} – M{S_1} = 14cm$Tại S2 ta có: ${d_2} – {d_1} = – {S_1}{S_2} = – 24cm$Do 2 nguồn cùng pha nên số cực đại qua S2M là số giá trị k thỏa mãn.$ – 24 < k\lambda < 14 \Leftrightarrow - 4,8 < k < 2,8 \Rightarrow k = - 4, - 3, \pm 2, \pm 1,0 \Rightarrow $ có 7 giá trị của k thỏa mãn yêu cầu.

Gợi ý

Khi R = 40 công suất mạch cực đại nên thỏa mãn điều kiện:$R + r = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| \Leftrightarrow 40 + r = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| \Rightarrow r = \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| – 40$ và ${P_m} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} – {Z_C}} \right|}}$Khi $R = 20\sqrt {10} \Omega $ thì công suất của biến trở cực đại nên thỏa mãn điều kiện:$\begin{gathered} {R^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)^2} \Leftrightarrow {10.20^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)^2} \hfill \\ \Rightarrow {10.20^2} = {\left[ {\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right) – 40} \right]^2} + {\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)^2} \hfill \\ \Rightarrow 2{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)^2} – 80\left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| – 2400 = 0 \hfill \\ \Rightarrow \left[ \begin{gathered} \left| {{Z_L} – {Z_C}} \right| = – 20 < 0\,\left( {loai} \right) \hfill \\ \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 60 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} $Từ đó ta tính được: ${P_m} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{U_0^2}}{{4\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{{{120}^2}}}{{4.60}} = 60W.$

Gợi ý

Gọi ${U_1}$ và ${U_2}$ lần lượt là điện áp hai đầu cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp lúc đầu, ${N_1}$ và ${N_2}$ lần lượt là số vòng dây của cuộn sơ cấp và thứ cấp lúc đầu.Theo công thức máy biến áp: $\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}$$\left( 1 \right)$Quấn thêm vào cuộn thứ cấp 90 vòng, số vòng dây ở cuộn thứ cấp lúc này: ${N_2}^\prime = {N_2} + 90$ (vòng).Số vòng dây ở cuộn thứ cấp tăng nên điện áp hai đầu cuộn thứ cấp cũng tăng: ${U_2}^\prime = {U_2} + 20\% {U_2} = 1,2{U_2}\,\left( V \right)$.Theo công thức máy biến áp: $\frac{{{U_1}}}{{{U_2}^\prime }} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}^\prime }} \Rightarrow \frac{{{U_1}}}{{1,2{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2} + 90}}$$\left( 2 \right)$Chia vế hai phương trình $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$: $1,2 = \frac{{{N_2} + 90}}{{{N_2}}} \Rightarrow {N_2} = 450$ (vòng)

Gợi ý

Điều kiện để hai bức xạ cho vân sáng trùng nhau là:${x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} \Leftrightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{0,6}}{{0,48}} = \frac{5}{4}$(đã tốigiản)Vậy giữa hai vân có màu giống màu vân trung tâm có 4 vân sáng ${\lambda _1}$ và 3 vânsáng ${\lambda _2}$.

Gợi ý

Khi con lắc lò xo đang rơi tự do thì lò xo không biến dạng. Ngay khi đầu trên lò xo bị giữ lại, độ lớn li độ của vật đúng bằng độ dãn của lò xo tại VTCB:$\left| {{x_0}} \right| = \vartriangle {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = 0,016\left( m \right) = 1,6\left( {cm} \right)$ và lúc này vật có vận tốc v0 = gt = 50 cm/s.Biên độ dao động và cận tốc dao động cực đại lần lượt là: $\left\{ \begin{gathered} A = \sqrt {x_0^2 + \frac{{v_0^2}}{{{\omega ^2}}}} = \sqrt {1,{6^2} + \frac{{{{50}^2}}}{{{{25}^2}}}} = 0,4\sqrt {41} \left( {cm} \right) \hfill \\ {v_{max}} = \omega A = 10\sqrt {41} \left( {cm/s} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow $

Gợi ý

Biên độ dao động tại các cực đại:${A_{max}} = 2a = 4cm.$Tốc độ dao động cực đại tại các điểm này:${v_{max}} = \omega {A_{max}} = 10\pi {A_{max}} = 40\pi \left( {cm/s} \right).$Vì $20\pi \sqrt 2 = \frac{{{v_{max}}}}{{\sqrt 2 }}$ nên bài toán quy về tìm khoảng cách giữa điểm có biên độ $\frac{{{A_{max}}}}{{\sqrt 2 }}$ (độ lệch pha $\Delta \varphi = \frac{\pi }{2} + k\pi $) gần ${S_2}$ nhất và cực đại xa ${S_2}$ nhất trên ${S_2}M.$Độ lệch pha của hai sóng kết hợp: $\Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {{d_1} – {d_2}} \right) = \frac{{2\pi }}{2}\left( {{d_1} – {d_2}} \right)$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \Delta {\varphi _M} = \frac{{2\pi }}{2}\left( {25 – 20} \right) = 5\pi \hfill \\ \Delta {\varphi _{{S_2}}} = \frac{{2\pi }}{2}\left( {15 – 0} \right) = 15\pi \hfill \\ \end{gathered} \right.$C là một điểm thuộc ${S_2}M$ có biên độ $\frac{{{A_{max}}}}{{\sqrt 2 }}$ thì nó phải thỏa mãn:$5\pi \leqslant \Delta {\varphi _C} = \frac{{2\pi }}{2}\left( {{S_1}C – {S_2}C} \right) = \frac{\pi }{2} + k\pi < 15\pi \Rightarrow 4,5 \leqslant k \leqslant 14,5 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {k_{\min }} = 5 \hfill \\ {k_{max}} = 14 \hfill \\ \end{gathered} \right.$Điểm có biên độ $\frac{{{A_{max}}}}{{\sqrt 2 }}$ trên ${S_2}M$ gần M nhất ứng với $k = 5$ $ \Rightarrow \Delta {\varphi _C} = \frac{{2\pi }}{2}\left( {\sqrt {{{15}^2} + {x^2}} - x} \right) = \frac{\pi }{2} + 5\pi \Rightarrow {x_1} = 17,70\left( {cm} \right)$Điểm có biên độ $\frac{{{A_{max}}}}{{\sqrt 2 }}$ trên ${S_2}M$ xa M nhất ứng với $k = 14$ $ \Rightarrow \Delta {\varphi _C} = \frac{{2\pi }}{2}\left( {\sqrt {{{15}^2} + {x^2}} - x} \right) = \frac{\pi }{2} + 14\pi \Rightarrow {x_2} = 0,51\left( {cm} \right)$$ \Rightarrow {x_1} - {x_2} = 17,19cm.$

Gợi ý

Lấy trục I làm chuẩn thì khi C thay đổi, phương của các véctơ AM và véctơ MB không thay đổi (chỉ thay đổi về độ lớn) còn véctơ U thì có chiều dài không đổi (đầu mút quay trên đường còn tâm A).Vì ${\text{A}}{{\text{M}}_{\text{2}}}{\text{ = 2A}}{{\text{M}}_{\text{1}}}$ nên ${{\text{I}}_{\text{2}}}{\text{ = 2}}{{\text{I}}_{\text{1}}}$. Mặt khác, ${{\text{C}}_{\text{2}}}{\text{ = 2}}{{\text{C}}_{\text{1}}}$nên ${Z_{{\text{C2}}}}{\text{ = }}{{\text{Z}}_{{\text{C1}}}}{\text{/2}}$. Suy ra, điện áp hiệu dụng trên tụ không thay đổi $ \Rightarrow $ ${{\text{B}}_{\text{1}}}{{\text{M}}_{\text{1}}}$ và ${{\text{B}}_2}{{\text{M}}_2}$ bằng nhau và song song với nhau $ \Rightarrow {{\mathbf{M}}_{\mathbf{1}}}{{\mathbf{B}}_{\mathbf{1}}}{{\mathbf{B}}_{\mathbf{2}}}{{\mathbf{M}}_{\mathbf{2}}}$ là hình bình hành $ \Rightarrow {{\text{B}}_{\text{1}}}{{\text{B}}_{\text{2}}}{\text{ = }}{{\text{M}}_{\text{1}}}{{\text{M}}_{\text{2}}}{\text{ = A}}{{\text{M}}_{\text{2}}} – {\text{A}}{{\text{M}}_{\text{1}}} = 120 – 60 = 90.$Tam giác ${\text{A}}{{\text{B}}_{\text{1}}}{{\text{B}}_{\text{2}}}$ vuông cân tại A nên $U = \frac{{{B_1}{B_2}}}{{\sqrt 2 }}$

$ \Rightarrow {U_0} = U\sqrt 2 = {B_1}{B_2} = 60(V)$ $ \Rightarrow $

Gợi ý

Công suất hao phí do tỏa nhiệt: ${P_{hp}} = {I^2}R = \frac{1}{2}I_0^2R\xrightarrow{{{\text{W}} = \frac{{LI_0^2}}{2} = \frac{{CU_0^2}}{2} \Rightarrow I_0^2 = U_0^2\frac{C}{L}}}{P_{hp}} = \frac{1}{2}U_0^2\frac{C}{L}R$ Công suất của ngoại lực cung cấp cho tụ:${P_{CC}} = \frac{{\Delta {\text{W}}}}{{\Delta t}} = \frac{{\frac{{C'U_0^2}}{2} – \frac{{CU_0^2}}{2}}}{{\frac{T}{4}}} \Rightarrow {P_{CC}} = \frac{{U_0^2}}{{\pi \sqrt {LC} }}(C' – C)$

Dao động của mạch được duy trì khi PCC = Php hay : $\frac{{U_0^2}}{{\pi \sqrt {LC} }}(C' – C) = \frac{1}{2}U_0^2\frac{C}{L}R$$ \Rightarrow \frac{{C'}}{C} = 1 + \frac{\pi }{2}R\sqrt {\frac{C}{L}} = 2\xrightarrow[{C' = \frac{{\varepsilon S}}{{{{9.10}^9}.4\pi (d – \Delta d)}}}]{{C = \frac{{\varepsilon S}}{{{{9.10}^9}.4\pi d}}}}\frac{d}{{d – \Delta d}} = 2 \Rightarrow \Delta d = \frac{d}{2} \Rightarrow $ Chọn B

Gợi ý

Định luật phóng xạ: $\left\{ \begin{gathered} {N_1} = {N_0}{e^{ – \frac{{\ln 2}}{T}t}} \Rightarrow \frac{{\Delta {N_1}}}{{{N_0}}} = \frac{{{N_0} – {N_0}{e^{ – \frac{{\ln 2}}{T}t}}}}{{{N_0}}} = 1 – {e^{ – \frac{{\ln 2}}{T}t}}\left( 1 \right) \hfill \\ {N_2} = 2{N_0}{e^{ – \frac{{\ln 2}}{{4T}}t}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Theo bài ra: ${N_2} = 0,25.2{N_0} \Rightarrow {e^{ – \frac{{\ln 2}}{{4T}}t}} = 0,5 \Rightarrow t = 4T$ thay và (1):$\frac{{\Delta {N_1}}}{{{N_0}}} = 1 – {e^{ – \frac{{\ln 2}}{T}t}} = 1 – {e^{ – \frac{{\ln 2}}{T}.4T}} = \frac{{15}}{{16}} \Rightarrow $