Câu hỏi 1 :
Trong dao động tắt dần, đại lượng giảm dần theo thời gian là
- A vận tốc.
- B biên độ.
- C gia tốc.
- D li độ.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Dao động tắt dần là dao động có biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian.
Lời giải chi tiết:
Trong dao động tắt dần, đại lượng giảm dần theo thời gian là biên độ.
Câu hỏi 2 :
Một con lắc đơn chiều dài l dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g. Chu kỳ dao động của con lắc được tính:
- A
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \)
- B
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{g}{\ell }} \)
- C
\(T = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{\ell }{g}} \)
- D
\(T = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{\ell }} \)
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)
Câu hỏi 3 :
Cho cường độ dòng điện tức thời của đoạn mạch xoay chiều là \(i = 5\cos \left( {120\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)A\). Khi đó
- A tần số của dòng điện là \(f = 120\;\,Hz\)
- B cường độ dòng điện cực đại là \({I_0} = 5\sqrt 2 \,A\)
- C pha dao động của dòng điện là \(\varphi = - \dfrac{\pi }{3}\;\,rad\)
- D cường độ dòng điện hiệu dụng là \(I = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}\;\,A\)
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
- Tần số của dòng điện là:
\(f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{120\pi }}{{2\pi }} = 60Hz\) => A sai
- Cường độ dòng điện cực đại là:
\({I_0} = 5{\rm{A}}\) => B sai
- Pha dao động của dòng điện là \(\left( {120\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)\) => C sai
- Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}A\) => D đúng
Câu hỏi 4 :
Công thức tính tổng trở của một đoạn mạch có điện trở \(R,\) cuộn dây thuần cảm có cảm kháng \(Z_L\) và tụ điện có dung kháng \(Z_C\) mắc nối tiếp là
- A \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right)}^2}} \)
- B \(Z = {R^2} + {\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right)^2}.\)
- C \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)
- D \(Z = {R^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}.\)
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Tổng trở của mạch \(RLC\) mắc nối tiếp: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)
Câu hỏi 5 :
Tách ra một chùm hẹp ánh sáng Mặt Trời cho rọi xuống mặt nước của một bể bơi. Chùm sáng này đi vào trong nước tạo ra ở đáy bể một dải sáng có màu từ đỏ đến tím. Đây là hiện tượng
- A giao thoa ánh sáng.
- B tán sắc ánh sáng.
- C phản xạ ánh sáng.
- D nhiễu xạ ánh sáng.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về hiện tượng tán sắc ánh sáng.
Lời giải chi tiết:
Tách ra một chùm hẹp ánh sáng Mặt Trời cho rọi xuống mặt nước của một bể bơi. Chùm sáng này đi vào trong nước tạo ra ở đáy bể một dải sáng có màu từ đỏ đến tím. Đây là hiện tượng tán sắc ánh sáng.
Câu hỏi 6 :
Cảm ứng từ tại điểm \(M\) cách dây dẫn thẳng dài mang dòng điện \(I\) một khoảng \(r\) được tính bởi công thức
- A \(B = {2.10^{ - 7}}.I.r\)
- B \(B = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{I}{r}\)
- C \(B = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{r}{I}\)
- D \(B = 2\pi {.10^{ - 7}}.\dfrac{I}{r}\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Cảm ứng từ sinh ra bởi dây dẫn thẳng dài: \(B = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{I}{r}\)
Lời giải chi tiết:
Cảm ứng từ tại điểm \(M\) cách dây dẫn thẳng dài mang dòng điện \(I\) một khoảng \(r\) được tính bởi công thức:
\(B = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{I}{r}\)
Câu hỏi 7 :
Cho điện tích điểm \(Q\) tại A trong chân không, cường độ điện trường tại điểm M cách A một khoảng \(r\) là
- A \(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| Q \right|}}{r}\)
- B \(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.Q}}{{{r^2}}}\)
- C \(E = \dfrac{{{{9.10}^{ - 9}}.\left| Q \right|}}{{{r^2}}}\)
- D \(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| Q \right|}}{{{r^2}}}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Công thức tính cường độ điện trường: \(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| Q \right|}}{{{r^2}}}\)
Lời giải chi tiết:
Cường độ điện trường tại \(M\) cách \(A\) một khoảng \(r\) là:
\(E = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| Q \right|}}{{{r^2}}}\)
Câu hỏi 8 :
Theo giả thuyết lượng tử của Planck, lượng tử năng lượng là năng lượng của
- A mọi electron.
- B một nguyên tử.
- C một phôtôn.
- D một phân tử.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Giả thuyết lượng tử của năng lượng của Planck: Lượng năng lượng mà mỗi lần nguyên tử hay phân tử hấp thụ hay phát xạ có giá trị hoàn toàn xác đinh, gọi là lượng tử năng lượng. Lượng tử năng lượng, kí hiệu \(\varepsilon \) có giá trị bằng: \(\varepsilon = hf\)
Lời giải chi tiết:
Theo giả thuyết lượng tử của Planck, lượng tử năng lượng là năng lượng của một photon.
Câu hỏi 9 :
Theo thuyết tương đối Anhxtanh, một vật có khối lượng \(m_0\) khi ở trạng thái nghỉ thì khi chuyển động với tốc độ \(v,\) khối lượng sẽ tăng lên thành \(m\) với
- A \(m = {m_0}\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} .\)
- B \(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{v}{c}} }}.\)
- C \(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}.\)
- D \(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{c^2}}}{{{v^2}}}} }}.\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Khối lượng của vật chuyển động với tốc độ (khối lượng tương đối tính) là: \(m = \frac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - {{\left( {\frac{v}{c}} \right)}^2}} }}\)\(\)
Trong đó \({m_0}\) là khối lượng nghỉ.
Lời giải chi tiết:
Theo thuyết tương đối Anhxtanh, một vật có khối lượng \(m_0\) khi ở trạng thái nghỉ thì khi chuyển động với tốc độ \(v,\) khối lượng sẽ tăng lên thành \(m\) với:
\(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}\)
Câu hỏi 10 :
Trong dao động điều hòa của con lắc lò xo có độ cứng \(k\) và vật nặng có khối lượng \(m\) đặt nằm ngang. Điều nào sau đây là sai?
- A Tần số của dao động là \(f = 2\pi \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
- B Lực kéo về luôn hướng về vị trí cân bằng.
- C Chu kì của dao động là \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \)
- D Tần số góc của dao động là \(\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Con lắc lò xo dao động điều hòa có: \(\left\{ \begin{array}{l}\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \\T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \\f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \end{array} \right.\)
Biểu thức lực kéo về: \(F = - kx\)có chiều luôn hướng về VTCB.
Lời giải chi tiết:
Tần số của con lắc lò xo dao động điều hòa: \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \)
\( \Rightarrow \) Phát biểu sai là: Tần số của dao động là \(f = 2\pi \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
Câu hỏi 11 :
Bước sóng là
- A quãng đường sóng truyền được trong một chu kì.
- B khoảng cách giữa hai điểm dao động cùng pha trên phương truyền sóng.
- C quãng đường sóng truyền được trong \(1s.\)
- D khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm dao động ngược pha trên phương truyền sóng.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Bước sóng là quãng đường sóng truyền đi được trong một chu kì dao động.
Bước sóng là khoảng cách giữa hai phần tử sóng gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động cùng pha.
Lời giải chi tiết:
Bước sóng là quãng đường sóng truyền được trong một chu kì.
Câu hỏi 12 :
Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra trong một mạch điện có điện trở \(R,\) cuộn dây thuần cảm có cảm kháng \(Z_L\) và tụ điện có dung kháng \(Z_C\) mắc nối tiếp khi
- A \({Z_L} < {Z_C}.\)
- B \({Z_L}{Z_C} = 1.\)
- C \({Z_L} > {Z_C}.\)
- D \({Z_L} = {Z_C}.\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện: \({Z_L} = {Z_C}\)
Lời giải chi tiết:
Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi \({Z_L} = {Z_C}\)
Câu hỏi 13 :
Máy phát điện xoay chiều ba pha là máy tạo ra ba suất điện động xoay chiều hình \(\sin\) có
- A cùng tần số, khác biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{{2\pi }}{3}\)
- B cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{\pi }{3}\)
- C cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{{2\pi }}{3}\)
- D cùng tần số, khác biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{\pi }{3}\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Máy phát điện xoay chiều ba pha là máy tạo ra ba suất điện động xoay chiều hình \(\sin\) có cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{{2\pi }}{3}\)
Lời giải chi tiết:
Máy phát điện xoay chiều ba pha là máy tạo ra ba suất điện động xoay chiều hình \(\sin\) có cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc \(\dfrac{{2\pi }}{3}\)
Câu hỏi 14 :
Sóng điện từ có bước sóng \(0,5m\) là
- A sóng ngắn.
- B sóng cực ngắn.
- C sóng trung.
- D sóng dài.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng bảng thang sóng điện từ.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng sau:
Vậy sóng điện từ có bước sóng \(0,5 m\) là sóng cực ngắn.
Câu hỏi 15 :
Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản gồm:
- A micrô, bộ phát sóng cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch đại và loa.
- B anten, mạch chọn sóng, mạch tách sóng, mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần và loa.
- C anten, mạch chọn sóng, mạch biến điệu, mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần và loa.
- D micrô, bộ phát sóng cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch đại và anten
Đáp án: D
Phương pháp giải:
* Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản:
1.Micrô:thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần
2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang)
3. Mạch biến điệu:trộn sóng âm tần với sóng mang
4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần
5. Anten: phát sóng ra không gian.
* Sơ đồ khối của một máy thu thanh vô tuyến đơn giản:
1. Anten thu:thu sóng để lấy tín hiệu
2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.
3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần
4. Mach khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần
5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh
Lời giải chi tiết:
Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản gồm: micrô, bộ phát sóng cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch đại và anten.
Câu hỏi 16 :
Chất quang dẫn là chất
- A dẫn điện tốt khi không bị chiếu sáng và trở thành chất không dẫn điện khi bị chiếu ánh sáng thích hợp.
- B khi nhiệt độ thấp hơn một nhiệt độ tới hạn \(T_c\) thì điện trở suất của nó đột ngột giảm xuống bằng \(0.\)
- C dẫn điện kém khi không bị chiếu sáng và trở thành chất dẫn điện tốt khi bị chiếu ánh sáng thích hợp.
- D có khả năng hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra ánh sáng có bước sóng khác.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết chất quang dẫn
Lời giải chi tiết:
Chất quang dẫn là chất dẫn điện kém khi không bị chiếu sáng và trở thành chất dẫn điện tốt khi bị chiếu ánh sáng thích hợp.
Câu hỏi 17 :
Sóng truyền trên một sợi dây hai đầu cố định có bước sóng \(\lambda \). Để có sóng dừng trên dây thì chiều dài \(l\)của dây phải thỏa mãn điều kiện (với \(k = 1,2,3,...\))
- A \(l = k\dfrac{\lambda }{4}\)
- B \(l = k\lambda \)
- C \(l = (2k + 1)\dfrac{\lambda }{4}\)
- D \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)
Trong đó: Số bó sóng = k; Số bụng sóng = k; Số nút sóng = k + 1.
Lời giải chi tiết:
Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)
Câu hỏi 18 :
Khi nói về tia hồng ngoại, phát biểu nào dưới đây là sai?
- A Tác dụng nổi bật nhất của tia hồng ngoại là tác dụng nhiệt
- B Tia hồng ngoại tác dụng lên một số loại phim ảnh
- C Tia hồng ngoại có thể biến điệu như sóng điện từ cao tần
- D Tia hồng ngoại bị thuỷ tinh và nước hấp thụ rất mạnh
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Tia hồng ngoại:
+ Định nghĩa: Là nhưng bức xạ không nhìn thấy được, có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng đỏ \(\lambda > 0,76\mu m\)
+ Bản chất: Là sóng điện từ.
+ Nguồn phát: Mọi vật có nhiệt độ cao hơn \(0K\) đều phát ra tia hồng ngoại.
+ Tính chất:
- Tính chất nổi bật là tác dụng nhiệt rất mạnh.
- Có thể gây ra một số phản ứng hóa học.
- Có thể biến điệu được như sóng điện từ cao tần.
- Có thể gây ra hiện tượng quang điện trong ở một số chất bán dẫn.
+ Ứng dụng:
- Sấy khô, sưởi ấm, …
- Sử dụng trong các bộ điều khiển từ xa để điều khiển hoạt động của tivi, thiết bị nghe nhìn, …
- Ứng dụng đa dạng trong lĩnh vực quân sự: tên lửa tự động tìm mục tiêu dựa vào tia hồng ngoại do mục tiêu phát ra; camera hồng ngoại để chụp ảnh, quay phim ban đêm, ống nhòm hồng ngoại,…
Lời giải chi tiết:
Tia tử ngoại bị thuỷ tinh và nước hấp thụ rất mạnh.
\( \Rightarrow \) Phát biểu sai là: Tia hồng ngoại bị thuỷ tinh và nước hấp thụ rất mạnh.
Câu hỏi 19 :
Một lượng chất phóng xạ có khối lượng ban đầu là \({m_0}\). Sau 4 chu kỳ bán rã khối lượng chất phóng xạ còn lại là
- A \(\dfrac{{{m_0}}}{8}\).
- B \(\dfrac{{{m_0}}}{{16}}\).
- C \(\dfrac{{{m_0}}}{2}\).
- D \(\dfrac{{{m_0}}}{4}\).
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Khối lượng chất phóng xạ còn lại: \(m = {m_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}}\)
Khối lượng chất phóng xạ bị phân rã: \(\Delta m = {m_0}\left( {1 - {2^{ - \dfrac{t}{T}}}} \right)\)
Lời giải chi tiết:
Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau 4 chu kì bán rã là:
\(m = {m_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}} = {m_0}{.2^{ - \dfrac{{4T}}{T}}} = {m_0}{.2^{ - 4}} = \dfrac{{{m_0}}}{16}\)
Câu hỏi 20 :
Lần lượt chiếu hai bức xạ có bước sóng \({\lambda _1} = 0,75\mu m;{\lambda _2} = {\rm{ }}0,25\mu m\) vào một tấm đồng có giới hạn quang điện \({\lambda _0} = 0,30\mu m\). Bức xạ gây ra hiện tượng quang điện với tấm đồng là
- A Không có bức xạ nào trong 2 bức xạ đó.
- B Chỉ có bức xạ \(\lambda_2.\)
- C Cả hai bức xạ.
- D Chỉ có bức xạ \(\lambda_1.\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Điều kiện xảy hiện tượng quang điện là: \(\lambda \le {\lambda _0}\)
Lời giải chi tiết:
Để xảy ra hiện tượng quang điện với tấm đồng thì bức xạ chiếu vào phải thỏa mãn:
\(\lambda \le {\lambda _0} \Leftrightarrow \lambda \le 0,30\mu m\)
Có \({\lambda _2} = 0,25\mu m \le 0,30\mu m\) nên chỉ có bức xạ \({\lambda _2}\) gây ra hiện tượng quang điện với tấm đồng.
Câu hỏi 21 :
Một thấu kính phân kì có tiêu cự \(20cm.\) Độ tụ của thấu kính trên là
- A \( -5dp\)
- B \( 0,5dp\)
- C \( -0,5dp\)
- D \( 5dp\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Độ tụ của thấu kính: \(D = \dfrac{1}{f}\)
Thấu kính phân kì có \(f < 0.\)
Lời giải chi tiết:
Tiêu cự của TKPK: \(f = - 20cm = - 0,2m\)
Độ tụ của thấu kính là: \(D = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{{ - 0,2}} = - 5dp\)
Câu hỏi 22 :
Một lá thép dao động với chu kì \(T.\) Tai ta nghe thấy âm do nó phát ra khi \(T\) bằng
- A \(8.10^{-6}s\)
- B \(5.10^{-2}s\)
- C \(7.10^{-2}s\)
- D \(8.10^{-2}s\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Tai ta nghe thấy âm có tần số từ \(16Hz\) đến \(20000Hz.\)
Công thức tính tần số: \(f = \dfrac{1}{T}\)
Lời giải chi tiết:
Âm nghe được có tần số từ \(16Hz - 20000Hz\)
Ta có:
+ \(T = {8.10^{ - 6}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 125000Hz\) => loại
+ \(T = {5.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 20Hz\) => nhận
+ \(T = {7.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 14,3Hz\) => loại
+ \(T = {8.10^{ - 2}} \Rightarrow f = \frac{1}{T} = 12,5Hz\) => loại
Câu hỏi 23 :
Cho biết khối lượng hạt nhân \({}_{92}^{234}U\) là 233,9904 u. Biết khối lượng của hạt prôtôn và nơtrôn lần lượt là mp= 1,007276 u và mn = 1,008665 u. Độ hụt khối của hạt nhân \({}_{92}^{234}U\) bằng
- A 1,909422u.
- B 0.
- C 3,460u.
- D 2,056u.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
ông thức tính độ hụt khối: \(\Delta m = Z.{m_p} + \left( {A - Z} \right){m_n} - {m_{hn}}\)
Lời giải chi tiết:
Độ hụt khối của hạt nhân \({}_{92}^{234}U\) bằng:
\(\Delta m = 92.1,007276 + \left( {234 - 92} \right).1,008665 - 233,9904 = 1,909422u\)
Câu hỏi 24 :
Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, hai nguồn kết hợp A và B dao động cùng pha với tần số \(20 Hz.\) Người ta thấy điểm M dao động cực đại và giữa M với đường trung trực của AB có một đường không dao động. Điểm M thuộc cực đại ứng với
- A \(k = -4\)
- B \(k = 3\)
- C \(k = 1\)
- D \(k = 2\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha : \({d_2} - {d_1} = k\lambda ;\,k \in Z\)
Lời giải chi tiết:
Ta có hình ảnh giao thoa sóng:
Giữa \(M\) và đường trung trực của \(AB\) có một đường không dao động
\( \Rightarrow \) Điểm \(M\) thuộc cực đại ứng với \(k = 1.\)
Câu hỏi 25 :
Một electron hấp thụ năng lượng chuyển từ quỹ đạo \(L\) lên quỹ đạo \(N\) thì bán kính quỹ đạo
- A tăng \(9\) lần.
- B tăng \(16\) lần.
- C tăng \(2\) lần.
- D tăng \(4\) lần.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Bán kính quỹ đạo dừng \(n:\) \({r_n} = {n^2}{r_0}\)
Lời giải chi tiết:
Quỹ đạo \(L\) ứng với \(n = 2;\) quỹ đạo \(N\) ứng với \(n = 4.\)
Ta có: \(\dfrac{{{r_N}}}{{{r_L}}} = \dfrac{{{4^2}{r_0}}}{{{2^2}{r_0}}} = 4 \Rightarrow {r_N} = 4{r_L}\)
Câu hỏi 26 :
Đặt điện áp \(u = {U_0}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\) vào hai đầu cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(L\) thì cường độ dòng điện qua cuộn cảm là
- A \(i = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{6}} \right)\)
- B \(i = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right)\)
- C \(i = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{3}} \right)\)
- D \(i = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Đối với đoạn mạch chỉ có cuộn cảm thuần:
\(\left\{ \begin{array}{l}u = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\i = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}}\cos \left( {\omega t + \varphi - \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)
Lời giải chi tiết:
Biểu thức của điện áp: \(u = {U_0}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\)
Biểu thức của cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần:
\(i = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{6}} \right)\)
Câu hỏi 27 :
Một vật thực hiện đồng thời hai dao động điều hoà cùng phương, cùng tần số, biên độ \(A_1 = 4 cm\) và \(A_2 = 3 cm.\) Biên độ dao động tổng hợp đạt giá trị cực đại là
- A \(7 cm.\)
- B \(9 cm.\)
- C \(5 cm.\)
- D \(12 cm.\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Biên độ dao động tổng hợp:
\(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.cos\Delta \varphi } \)
Khi \(\Delta \varphi = 2k\pi \Rightarrow {A_{\max }} = {A_1} + {A_2}\)
Khi \(\Delta \varphi = \left( {2k + 1} \right)\pi \Rightarrow {A_{\min }} = \left| {{A_1} - {A_2}} \right|\)
Lời giải chi tiết:
Biên độ dao động tổng hợp đạt giá trị cực đại là:
\({A_{\max }} = {A_1} + {A_2} = 4 + 3 = 7cm\)
Câu hỏi 28 :
Mạch dao động điện từ điều hoà gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm \(L = {2.10^{ - 3}}\;H\) và tụ điện có điện dung \(C = {2.10^{ - 11}}\;F\). Chu kỳ dao động riêng của mạch là
- A \(4\pi {.10^{ - 7}}s\)
- B \(2\pi {.10^{ - 7}}s\)
- C \(\dfrac{{{{10}^7}}}{{4\pi }}\;s\)
- D \(\dfrac{{{{10}^7}}}{{2\pi }}\;s\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Chu kì dao động riêng của mạch: \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)
Lời giải chi tiết:
Chu kì dao động riêng của mạch là:
\(T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.2.10}^{ - 11}}} = 4\pi {.10^{ - 7}}s\)
Câu hỏi 29 :
Một chất điểm dao động điều hoà trên quỹ đạo \(MN = 10 cm.\) Biên độ dao động của chất điểm là
- A \(20 cm.\)
- B \(5 cm.\)
- C \(2,5 cm.\)
- D \(10 cm.\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Độ dài quỹ đạo: \(L = 2A\)
Trong đó \(A\) là biên độ dao động.
Lời giải chi tiết:
Biên độ dao động của chất điểm là:
\(A = \dfrac{L}{2} = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5cm\)
Câu hỏi 30 :
Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nếu thay ánh sáng đơn sắc màu đỏ bằng ánh sáng đơn sắc màu lục và giữ nguyên các điều kiện khác thì trên màn quan sát
- A khoảng vân không thay đổi.
- B khoảng vân giảm xuống.
- C khoảng vân tăng lên.
- D vị trị vân trung tâm thay đổi.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Khoảng vân: \(i = \dfrac{{\lambda D}}{a}\)
So sánh bước sóng: \({\lambda _d} > {\lambda _l}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}i = \dfrac{{\lambda D}}{a}\\{\lambda _d} > {\lambda _l}\end{array} \right. \Rightarrow {i_d} > {i_l}\)
Vây khoảng vân bị giảm xuống.
Câu hỏi 31 :
Một mạch điện kín gồm một biến trở thuần \(R,\) nguồn điện không đổi có suất điện động \(E,\) điện trở trong \(r = 8\Omega \). Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của công suất tiêu thụ trên biến trở theo \(R\) như hình vẽ bên. Giá trị của \(R_1\) là
- A \(6\Omega \).
- B \(2\Omega \)
- C \(4\Omega \).
- D \(5\Omega \).
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Định luật Ôm: \(I = \dfrac{E}{{r + R}}\)
Công suất tiêu thụ trên biến trở: \(P = {I^2}R\)
Lời giải chi tiết:
Công suất tiêu thụ trên biến trở: \(P = {I^2}R = {\left( {\dfrac{E}{{r + R}}} \right)^2}.R\)
Từ đồ thị ta thấy khi \(R = {R_1}\) và \(R = 12,8\Omega \) thì công suất tiêu thụ trên biến trở có cùng giá trị. Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{E}{{8 + {R_1}}}} \right)^2}.{R_1} = {\left( {\dfrac{E}{{8 + 12,8}}} \right)^2}.12,8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{R_1}}}{{{{\left( {8 + {R_1}} \right)}^2}}} = \dfrac{{12,8}}{{{{\left( {8 + 12,8} \right)}^2}}} \Rightarrow {R_1} = 5\Omega \end{array}\)
Câu hỏi 32 :
Một con lắc đơn có chiều dài \(50 cm\) dao động điều hòa tại nơi có \(g = 9,8\;\;\dfrac{m}{{{s^2}}}\) với biên độ góc \({\alpha _0}\). Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí biên dương đến vị trí có li độ góc \(\alpha = \dfrac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\) gần giá trị nào nhất sau đây?
- A \(0,236s.\)
- B \(0,118s.\)
- C \(0,355 s.\)
- D \(0,177 s.\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Chu kì dao động của con lắc đơn dao động điều hòa: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \)
Sử dụng VTLG.
Lời giải chi tiết:
Chu kì dao động: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,5}}{{9,8}}} = 1,42s\)
Biểu diễn các vị trí trên VTLG:
Từ VTLG ta thấy góc quét được là: \(\Delta \varphi = \frac{\pi }{4}\)
\( \Rightarrow \) Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí biên dương đến vị trí có li độ góc \(\alpha = \dfrac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\) là:
\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \Delta \varphi .\frac{T}{{2\pi }} = \frac{\pi }{4}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{8} = \frac{{1,42}}{8} = 1,774s\)
Câu hỏi 33 :
Cho đoạn mạch xoay chiều \(AB\) gồm tụ điện có điện dung \(C\) thay đổi được, biến trở \(R,\) cuộn cảm thuần với độ tự cảm \(L.\) Hai điểm \(M, N\) đánh dấu trên đoạn mạch sao cho đoạn \(AN\) chứa \(C,\,\,R;\) đoạn \(MB\) chứa \(R,\) cuộn dây. Đặt điện áp \(u = U\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t} \right)\,V\) vào hai đầu đoạn mạch \(AB.\) Để điện áp hiệu dụng \({U_{AN}}\) không phụ thuộc giá trị của biến trở \(R\) thì điện dung đặt là \({C_1}\), để điện áp hiệu dụng \({U_{MN}}\) không phụ thuộc giá trị của biến trở \(R\) thì điện dung đặt là \({C_2}.\) Tỉ số \(\dfrac{{18.\,{C_2}}}{{\,{C_1}}}\) là
- A \(9.\)
- B \(18\sqrt 2 \).
- C \(36.\)
- D \(\dfrac{1}{9}\).
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Đoạn \(AN\) chứa \(C, R.\)
Đoạn \(MN\) chứa \(R.\)
Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn \(AN\) và \(MN\) là:
\(\left\{ \begin{array}{l}{U_{AN}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\{U_{MN}} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\end{array} \right.\)
Lời giải chi tiết:
+ Ta có: \({U_{AN}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Để \({U_{AN}} \notin R \Rightarrow Z_{C1}^2 = {\left( {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right)^2} \Rightarrow 2{Z_{C1}} = {Z_L}\,\,\,\left( 1 \right)\)
+ Lại có: \({U_{MN}} = {U_R} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Để \({U_{MN}} \notin R \Rightarrow {Z_{C2}} - {Z_L}\,\,\,\left( 2 \right)\)
+ Từ (1) và (2):
\( \Rightarrow 2{Z_{C1}} - {Z_{C2}} \Rightarrow \dfrac{{{Z_{C1}}}}{{{Z_{C2}}}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 18.\dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = 9\)
Câu hỏi 34 :
Một chất điểm đang dao động điều hòa với phương trình \(x = 2cos\left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)\;cm\). Tính từ thời điểm ban đầu, chất điểm đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) lần thứ \(2020\) vào thời điểm
- A \(\dfrac{{24241}}{{24}}\;s.\)
- B \(\dfrac{{12119}}{{24}}\;s.\)
- C \(\dfrac{{24239}}{{24}}\;s.\)
- D \(\dfrac{{12121}}{{24}}\;s.\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Phương trình của li độ và vận tốc:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = Acos\left( {\omega t + \varphi } \right)\;\\v = \omega A.cos\left( {\omega t + \varphi + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)
Sử dụng VTLG cho vận tốc và công thức \(\Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \alpha .\dfrac{T}{{2\pi }}\)
Lời giải chi tiết:
Chu kì: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1s\)
Ta có: \(x = 2cos\left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)\;cm \Rightarrow v = 4\pi .\left( {2\pi t + \dfrac{{3\pi }}{4}} \right)\;cm/s\)
Trong 1 chu kì vật đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) hai lần.
Sau \(1009T\) vật đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) lần thứ \(2018.\)
Biểu diễn trên VTLG.
Sau \(1009T\) vật qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) khi góc quét bằng:
\(\alpha = \dfrac{\pi }{4} + \pi + \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{6} = \dfrac{{23\pi }}{{12}}\)
\( \Rightarrow \Delta t = \alpha .\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{{23\pi }}{{12}}.\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{{23T}}{{24}}\)
\( \Rightarrow \) Tính từ thời điểm ban đầu, chất điểm đi qua vị trí có vận tốc bằng \( - 2\pi \;cm/s\) lần thứ \(2020\) vào thời điểm:
\(t = 1009T + \Delta t = 1009.1 + \dfrac{{23.1}}{{24}} = \dfrac{{24239}}{{24}}\;s\)
Câu hỏi 35 :
Đặt điện áp \(u = 220\sqrt 2 \cos (100\pi t)\left( V \right)\) vào hai đầu đoạn mạch \(AB\) gồm ba phần tử điện trở thuần \(R,\) cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(L\) và tụ điện có điện dung \(C\) ghép nối tiếp. Biết \(R = 100\Omega ,L = \dfrac{{\sqrt 3 }}{\pi }H\). Khi thay đổi điện dung \(C\) của tụ điện thì cường dòng điện sớm pha hơn \(u\) một góc \(\dfrac{\pi }{3}rad\). Công suất tiêu thụ của đoạn mạch \(AB\) là
- A \(242\sqrt 2 W\)
- B \(242W\)
- C \(121W\)
- D \(121\sqrt 2 W\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Công suất tiêu thụ: \(P = UI.cos\varphi = \dfrac{{{U^2}}}{R}.co{s^2}\varphi \)
Lời giải chi tiết:
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch \(AB\) là:
\(P = \dfrac{{{U^2}}}{R}.co{s^2}\varphi = \dfrac{{{{220}^2}}}{{100}}.{\left( {\cos \dfrac{\pi }{3}} \right)^2} = 121W\)
Câu hỏi 36 :
Một sóng hình sin lan truyền trên một sợi dây đàn hồi theo chiều từ \(M\) đến \(O.\) Hình vẽ bên mô tả hình dạng của sợi dây tại thời điểm\({t_1}\). Cho tốc độ truyền sóng trên dây bằng \(64 cm/s.\) Vận tốc của điểm \(N\) tại thời điểm \({t_2} = {t_1} + \dfrac{1}{3}\,s\) gần đúng với giá trị nào nhất sau đây?
- A \(- 9,76 cm/s.\)
- B \(26,66 cm/s.\)
- C \(36,41 cm/s.\)
- D \(- 36,41 cm/s.\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Độ lệch pha giữa \(M\) và \(N:\) \(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }\)
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và VTLG.
Lời giải chi tiết:
Từ đồ thị ta thấy \(7\) ô tương ứng với \(56cm,\) vậy \(1\) ô tương ứng với \(8cm.\)
Một bước sóng tương ứng với \(8\) ô. Vậy: \(\lambda = 8.8 = 64cm\)
Có \(v = 64cm \Rightarrow T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{{64}}{{64}} = 1s \Rightarrow \omega = 2\pi rad/s\)
Khoảng cách \(MN\) theo phương truyền sóng tương ứng \(2\) ô nên độ lệch pha của \(M\) và \(N\) là:
\(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi .\dfrac{\lambda }{4}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{2}\)
Góc quét được sau \(\dfrac{1}{3}s\) là:
\(\alpha = \omega .\Delta t = 2\pi .\dfrac{1}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}rad = {120^0}\)
Biểu diễn \(M\) và \(N\) tại \(t_1\) và \(t_2\)trên VTLG:
Từ VTLG ta có:
\({v_N}\left( {{t_2}} \right) = - A\omega .\sin 75 = - 6.2\pi .\sin 75 = - 36,41cm/s\)
Câu hỏi 37 :
Một lò xo nhẹ có độ cứng \(20 N/m,\) đặt trên mặt phẳng ngang rất dài, một đầu cố định vào bức tường thẳng đứng, đầu còn lại gắn vật nặng \(m_1= 80g.\) Vật \(m_2 = 200g,\) mang điện tích \(20\;\mu C\) được liên kết với \(m_1\) bằng một sợi dây cách điện không dãn dài \(20cm.\) Hệ thống được đặt trong điện trường đều nằm ngang, theo hướng xa điểm cố định của lò xo và có cường độ \(20000 V/m.\) Bỏ qua ma sát giữa \(m_1\) với mặt phẳng ngang, hệ số ma sát giữa \(m_2\) và mặt phẳng ngang là \(0,1.\) Lấy \({\pi ^2} = 10\) và \(g = 10m/s^2.\) Tại thời điểm \(t = 0\) đốt sợi dây nối hai vật thì \(m_1\) dao động điều hòa, đến thời điểm \(t = 1,25s\) thì khoảng cách giữa hai vật gần giá trị nào nhất sau đây?
- A \(98 cm.\)
- B \(90 cm.\)
- C \(100 cm.\)
- D \(96 cm.\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Khi đốt sợi dây thì vật \(m_1\) dao động điều hòa với biên độ \(A,\) chu kì \(T_1\) còn vật \(m_2\) chuyển động nhanh dần đều với gia tốc \(a_2.\)
Công thức tính độ lớn lực điện: \({F_d} = \left| q \right|E\)
Sử dụng định luật II Niuton tính gia tốc \(a_2.\)
Công thức tính quãng đường của chuyển động thẳng biến đổi đều: \(s = \dfrac{1}{2}a{t^2}\)
Lời giải chi tiết:
Khi đốt sợi dây thì vật \(m_1\) dao động điều hòa với biên độ \(A,\) chu kì \(T_1\) còn vật \(m_2\) chuyển động nhanh dần đều với gia tốc \(a_2.\)
Công thức tính độ lớn lực điện: \({F_d} = \left| q \right|E\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{F_d}}}{k} = \dfrac{{\left| q \right|E}}{k}\\{T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{m_1}}}{k}} \\{a_2} = \dfrac{{{F_d} - {F_{mst}}}}{{{m_2}}} = \dfrac{{\left| q \right|E - \mu {m_2}g}}{{{m_2}}}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000}}{{20}} = 0,02m\\{T_1} = 2\pi .\sqrt {\dfrac{{0,08}}{{20}}} = 0,4s\\{a_2} = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000 - 0,1.0,2.10}}{{0,2}} = 1m/{s^2}\end{array} \right.\)
Tại thời điểm \(t = 1,25s = 3T + \dfrac{T}{8}\)
+ Vật \(m_1\) có li độ: \({x_1} = \dfrac{A}{{\sqrt 2 }}\)
+ Vật \(m_2\) đi được quãng đường:
\({s_2} = \dfrac{1}{2}{a_2}{t^2} = \dfrac{1}{2}.1.1,{25^2} = 0,78125m\)
Khoảng cách giữa hai vật là:
\(d = A - \dfrac{A}{{\sqrt 2 }} + l + {s_2}\)
\( \Rightarrow d = 0,02 - \dfrac{{0,02}}{{\sqrt 2 }} + 0,2 + 0,78125 = 0,987m = 98,7cm\)
Câu hỏi 38 :
Trên mặt nước có hai nguồn sóng kết hợp A và B cách nhau \(13cm,\) dao động cùng pha, cùng biên độ \(a\) theo phương thẳng đứng. Điểm O thuộc mặt nước cách A và B lần lượt là \(5 cm\) và \(12 cm\) dao động với biên độ là \(2a.\) Điểm M thuộc đoạn AB, gọi \(\left ( d \right )\) là đường thẳng đi qua O và M. Cho M di chuyển trên đoạn AB đến vị trí sao cho tổng khoảng cách từ hai nguồn đến đường thẳng \(\left ( d \right )\) là lớn nhất thì phần tử nước tại M dao động với biên độ \(2a.\) Xét trong khoảng AB tối thiểu có số điểm dao động với biên độ \(2a\) là
- A \(21\)
- B \(51\)
- C \(49\)
- D \(25\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: \({d_2} - {d_1} = k\lambda ;k \in Z\)
Số cực đại giao thoa bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: \( - \dfrac{{AB}}{\lambda } < k < \dfrac{{AB}}{\lambda }\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}y = AM.\sin \alpha \\x = BM.\sin \alpha \end{array} \right. \Rightarrow x + y = \left( {AM + BM} \right).\sin \alpha = 13.\sin \alpha \)
\({\left( {x + y} \right)_{\max }} = 13 \Leftrightarrow \sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = {90^0}\)
Vậy \(M \equiv H\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA = \frac{{25}}{{13}}cm}\\
{HB = \frac{{144}}{{13}}cm}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{OA - OB = k\lambda }\\
{HA - HB = m\lambda }
\end{array}} \right.\)
\(\begin{array}{l}
\frac{k}{m} = \frac{{OA - OB}}{{HA - HB}} = \frac{{5 - 12}}{{\frac{{25}}{{13}} - \frac{{144}}{{13}}}} = \frac{{13}}{{17}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = - 13}\\
{m = - 17}
\end{array}} \right.\\
\Rightarrow OA - OB = 5 - 12 = - 13\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{7}{{13}}cm
\end{array}\)
Số cực đại giao thoa trên \(AB\) bằng số giá trị \(n\) nguyên thỏa mãn:
\(\begin{array}{l} - \dfrac{{AB}}{\lambda } < n < \dfrac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow - \dfrac{{13}}{{\dfrac{7}{{13}}}} < k < \dfrac{{13}}{{\dfrac{7}{{13}}}}\\ \Leftrightarrow - 24,1 < k < 24,1 \Rightarrow k = - 24; - 23;...;24\end{array}\)
Có \(49\) giá trị của \(n,\) vậy có \(49\) điểm dao động với biên độ cực đại.
Câu hỏi 39 :
Đặt điện áp \(u = U\sqrt 2 \cos (100t)\;(V)\) vào hai đầu đoạn mạch gồm: điện trở \(R,\) cuộn cảm thuần \(L\) và tụ điện \(C\) mắc nối tiếp. Trong đó \(U, R, L\) không đổi, C có thể thay đổi được. Đồ thị phụ thuộc của \(U_C\) vào \(C\) như hình vẽ. Giá trị của \(L\) là
- A \(0,2H.\)
- B \(1H.\)
- C \(0,5 H.\)
- D \(2 H.\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện: \({U_C} = \dfrac{U}{Z}.{Z_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và biến đổi toán học.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \({U_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + Z_L^2} \right).\dfrac{1}{{Z_C^2}} - 2.{Z_L}.\dfrac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}\)
+ Khi \(C = 0 \Rightarrow {Z_C} \to \infty \Rightarrow {U_C} = U = 120V\)
+ Khi \(C = {C_1} = 0,05mF\) và \(C = {C_2} = 0,15mF\) điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện có cùng giá trị:
\(\dfrac{U}{{{Z_1}}}.{Z_{C1}} = \dfrac{U}{{{Z_2}}}.{Z_{C2}} \Rightarrow {U_{C1}} = {U_{C2}} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2{Z_L}}}{{{Z_{C1}} + {Z_{C2}}}}} }}\)
\( \Leftrightarrow 48\sqrt {10} = \dfrac{{120}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2L.100}}{{\dfrac{1}{{100.0,{{05.10}^{ - 3}}}} + \dfrac{1}{{100.0,{{15.10}^{ - 3}}}}}}} }} \Rightarrow L = 0,5H\)
Câu hỏi 40 :
Một máy phát điện xoay chiều một pha có rôto là một nam châm điện có một cặp cực từ quay đều với tốc độ \(n.\) Bỏ qua điện trở thuần ở các cuộn dây phần ứng của máy phát và điện trở các dây nối. Mắc đoạn mạch gồm điện trở thuần \(R,\) cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(L\) và tụ điện có điện dung \(C\) mắc nối tiếp vào hai cực của máy phát. Khi rôto quay với tốc độ \(n_1 = 1800\) vòng/phút thì dung kháng của tụ điện là \({Z_{C1}}\) và \({Z_{C1}} = R\) Khi rôto quay với tốc độ \(n_2= 2400\) vòng/phút thì điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại. Để cường độ hiệu dụng qua mạch cực đại thì rôto quay đều với tốc độ là
- A \(7200\) vòng/phút.
- B \(1200\) vòng/phút.
- C \(3600\) vòng/phút.
- D \(120\) vòng/phút.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Chuẩn hóa số liệu.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} \sim n\\{Z_C} \sim \dfrac{1}{n}\\U \sim n\end{array} \right.\)
+ Khi \({n_1} = 1800 \Rightarrow {Z_{C1}} = R = 1\)
+ Khi \({n_2} = 2400 = \dfrac{4}{3}{n_1} \Rightarrow {Z_{C2}} = \dfrac{3}{4}\)
\({U_C} = \dfrac{U}{Z}.{Z_C} = {U_{C\max }} \Rightarrow {Z_{C2}} = {Z_{L1}} = \dfrac{3}{4}\)
+ Khi \({n_3} = k{n_2} \Rightarrow {U_3} = k{U_2}\)
\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{Z_{L3}} = \frac{3}{4}k}\\
{{Z_{C3}} = \frac{3}{{4k}}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{{I_3}}}{{{I_2}}} = \frac{{{U_3}}}{{{U_2}}}.\frac{{{Z_2}}}{{{Z_3}}} = k.\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\left( {\frac{3}{4}k - \frac{3}{{4k}}} \right)}^2}} }}\\
\Rightarrow \frac{{{I_3}}}{{{I_2}}} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{k^2}}} + {{\left( {\frac{3}{4} - \frac{3}{{4{k^2}}}} \right)}^2}} }}
\end{array}\)
\( \Rightarrow {I_3} = \dfrac{{{I_2}}}{{\sqrt {\dfrac{9}{{16}}.\dfrac{1}{{{k^4}}} - \dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{{{k^2}}} + \dfrac{9}{{16}}} }} = \dfrac{{{I_2}}}{{\sqrt {\dfrac{9}{{16}}.{x^2} - \dfrac{1}{8}.x + \dfrac{9}{{16}}} }}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {I_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{9}{{16}}.\dfrac{1}{{{k^4}}} - \dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{{{k^2}}} + \dfrac{9}{{16}}} \right)_{\min }} \Leftrightarrow k = 3\\ \Rightarrow {n_3} = 3.2400 = 7200\end{array}\)