Đề thi thử học kỳ 1 môn Vật Lý lớp 12 online - Mã đề 03

Tiêu cự của thấu kính \(f = \frac{1}{D} =  - 20\,\,cm \to \) thấu kính phân kì.

Chọn C

Chiết suất tỉ đối \({n_{21}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}.\)

Chọn A

Dao động tắt dần có biên độ giảm dần theo thời gian.

Chọn B

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d} \Rightarrow {{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t}\\
\Rightarrow {{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}.k.{A^2} - \frac{1}{2}.k.{x^2}\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}.20.0,{04^2} - \frac{1}{2}.20.0,{03^2} = 0,007J
\end{array}\)

Chọn A.

Ta có

\({v_m} = \omega .A = \frac{{2\pi }}{T}.A = > A = \frac{{{v_m}.T}}{{2\pi }} = \frac{{4\pi .1,2}}{{2\pi }} = 2,4cm\)

Chọn A

Quãng đường sóng đi được trong 1 chu kỳ là bước sóng = 2m

Chọn A 

Phương trình sóng dừng tại điểm M , N cách đầu B một khoảng d và N, M cách nhau nửa bước sóng là:

\(\begin{array}{l}
{u_M} = 2a.\sin \frac{{2\pi d}}{\lambda }.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda }} \right)\\
{u_N} = 2a.\sin \frac{{2\pi (d + \frac{\lambda }{2})}}{\lambda }.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda }} \right) = 2a.\sin (\frac{{2\pi d}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda }} \right)
\end{array}\)

Vì tại M, N đều dao động cực đại nên

\(d = (k + \frac{1}{2})\frac{\lambda }{2}\)

\(\begin{array}{l}
{u_M} = 2a.\sin (k\pi + \frac{\pi }{2}).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)\\
{u_N} = 2a.\sin \frac{{2\pi (d + \frac{\lambda }{2})}}{\lambda }.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right) = 2a.\sin ((k + 1)\pi + \frac{\pi }{2}).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)\\
= - 2a.\sin (k\pi + \frac{\pi }{2}).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right) = 2a.\sin (k\pi + \frac{\pi }{2}).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi l}}{\lambda } + \frac{\pi }{2} + \pi } \right)
\end{array}\)

Vậy hai dao động tại M, N ngược pha nhau.

Chọn D

Độ cao của âm là đặc trưng sinh lý liên quan chặt chẽ đến tần số âm

Chọn A 

Hệ số công suất là

\(k = \cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{30}}{{50}} = 0,6\)

Chọn D

Ta có

\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} = > l = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}}}.g = 0,56m = 56cm\)

Chọn B 

Tốc độ truyền âm phụ thuộc vào môi trường truyền âm

Chọn A 

Để giảm hao phí người ta thường tăng điện áp khi truyền tải

Chọn C 

Đoạn mạch chỉ chứa điện trở thuần thì điện áp cùng pha với cường độ dòng điện

Chọn B 

Áp dụng công thức máy biến áp

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow {N_2} = \frac{{{U_2}.{N_1}}}{{{U_1}}} = \frac{{5.440}}{{220}} = 10\)

Vậy cuộn thứ cấp có 10 vòng

Chọn B 

Năng lượng trong dao động tắt dần giảm dần theo thời gian

Cơ năng của dao động tắt luôn giảm dần .

Chọn D

Khi cộng hưởng điện thì

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow {\omega _0}.L = \frac{1}{{{\omega _0}.C}} \Leftrightarrow {\omega _0}^2 = \frac{1}{{LC}}\\
\Rightarrow {\omega _0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}
\end{array}\)

Chọn B 

Áp dụng công thức tính cường độ dòng điện hiệu dụng

\(I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn A 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = \omega L = 2\pi fL = 2\pi .50.\frac{{0.1}}{\pi } = 10\Omega \\
{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{2\pi fC}} = \frac{1}{{2\pi 50.\frac{{500}}{\pi }{{.10}^{ - 6}}}} = 20\Omega \\
\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{{10 - 20}}{{10\sqrt 3 }} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \varphi = \frac{{ - \pi }}{6}
\end{array}\)

Chọn C

Từ phương trình sóng ta có tần số góc của sóng là π.

Bước sóng là  

\(\lambda = v.T = v.\frac{{2\pi }}{\omega } = v.\frac{{2\pi }}{\pi } = 20.2 = 40cm\)

Tại M ta có:  

\({d_{1M}} - {d_{2M}} = 55 - 15 = 40 = 1\lambda \)

Vậy hiệu khoảng cách từ hai nguồn đến M là một số nguyên lần bước sóng, nên tại M, phần tử môi trường dao động với biên độ cực đại bằng 2a = 2.1 = 2 cm.

Chọn C

Dòng điện xoay chiều được tạo ra dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ

Chọn D

Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi 

\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi \)

Do |cos∆φ | ≤ 1 nên biên độ dao động cực đại khi  |cos φ| = 1, suy ra:

\(\begin{array}{l}
{A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\\
\Leftrightarrow {{\rm A}^2} = {({{\rm A}_1} + {{\rm A}_2})^2} \Leftrightarrow {\rm A} = {{\rm A}_1} + {A_2}
\end{array}\)

Chọn A 

Áp dụng công thức vận tốc cực đại v_max = ω_A

Ta có vận tốc cực đại có độ lớn là 1 cm/s. 

Chọn D

Áp dụng công thức tính chu kì con lắc lò xo  

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,2}}{{20}}} = 2\pi .\frac{1}{{10}} = \frac{\pi }{5}s\)

Chọn B 

Áp dụng công thức tính dung kháng 

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{2\pi .2f.C}} = \frac{1}{{4\pi fC}}\) 

Chọn A

Độ to của âm là một đặc trưng sinh lý gắn liền với mức cường độ âm. Mức cường độ âm được đo bằng đơn vị Ben, đề xi Ben.

Chọn C 

Trong dao động điều hòa, tần số và biên độ khổng đổi.

Chọn A 

Khoảng cách giữa hai nút hoặc bụng liên tiếp là nửa bước sóng  nên bước sóng trên dây là 2.15 = 30 cm.

Sử dụng công thức tính bước sóng

\(\lambda = v.T \Rightarrow v = \frac{\lambda }{T} = \lambda .f = 30.20 = 600cm/s\)

Chọn C 

Từ hệ số công suất đề bài cho ta có

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} \Leftrightarrow Z = \frac{R}{{\cos \varphi }} = \frac{{100}}{{0,85}} = 117,7\Omega \)

Áp dụng định luật Ôm ta có  

\(I = \frac{U}{Z} = \frac{{200}}{{\sqrt 2 .117,7}} \approx 1,21A\)

Áp dụng công thức tính cống suất : P = I².R = 1,21².100=144,5 W

Chọn D 

Ta có tổng động năng và thế năng là cơ năng nên   

\({{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}.k.{A^2} - \frac{1}{2}.k.{x^2} = \frac{1}{2}.k.({A^2} - {x^2}) = \frac{1}{2}.40.(0,{05^2} - 0,{04^2}) = 0,018J = 18mJ\)

Chọn B 

Tần số góc của dao động là :  

\(\omega = \frac{{{a_0}}}{{{v_0}}} = \frac{{2\pi }}{{0,6}} = \frac{{10\pi }}{3}rad/s\)

Tại thời điểm ban đầu ta áp dụng công thức độc lập với thời gian ta có:

\(\frac{{{v^2}}}{{v_0^2}} + \frac{{{a^2}}}{{a_0^2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{{30}^2}}}{{{{60}^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{{(2\pi )}^2}}} = 1 \Rightarrow a = \pm \sqrt 3 \pi (m/{s^2})\)

Vì theo đề bài ban đầu thế năng của vật đang giảm, tức là vật đang đi về phía vị trí cân bằng, gia tốc đang giảm dần về 0 nên ta chọn giá trị a =

\(\sqrt 3 \pi \)  m/s².

Thời gian để vật đi từ vị trí ban đầu đến vị trí có gia tốc a = π  m/s² là:

\(\Delta t = \frac{1}{\omega }.(\arccos \frac{\pi }{{2\pi }} - \arccos \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{2\pi }}) = 0,05s\)

Chọn C 

Từ công thức tính chu kì ta thấy  \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \) tỉ lệ thuận với căn bậc hai của chiều dài l nên

\(\frac{{T'}}{T} = \frac{{\sqrt {l'} }}{{\sqrt l }} = \frac{{\sqrt {1 - 0,36} }}{{\sqrt 1 }} = 0,8 \Rightarrow T' = 0,8T\)

Trong khoảng thời gian ∆t con lắc 1 thực hiện được 12 chu kì nên ∆t = 12.T

Trong khoảng thời gian ∆t con lắc 1 thực hiện được số chu kì là  

\(N' = \frac{{\Delta t}}{{T'}} = \frac{{12.T}}{{0,8T}} = 15\)

Chọn C 

Ban đầu, cường độ âm và mức cường độ âm là I và \(L = \log \frac{I}{{{I_0}}}\).

Khi tăng công suất nguồn lên gấp đổi và tăng khoảng cách lên gấp 4 thì

\(I' = \frac{{2P}}{{4\pi {{(2R)}^2}}} = \frac{{2P}}{{4.4\pi {R^2}}} = \frac{I}{2}\)

Mức cường độ âm lúc này là  

\(L = \log \frac{{I'}}{{{I_0}}} = \log \frac{I}{{2{I_0}}} = \log \frac{I}{{{I_0}}} - \log 2\)

Chọn B 

Khi chưa nối tắt ta có UL = 2UR => ZL = 2R

Khi nối tắt, trong mạch chỉ còn L và R

Hệ số công suất là 

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + 4{R^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Chọn A 

Ta áp dụng công thức định luật Ôm  

\(Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \frac{{100\sqrt 2 }}{1} = 100\sqrt 2 \Omega \)

Áp dụng công thức độ lệch pha

\(\begin{array}{l}
\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \tan \frac{\pi }{3} = \sqrt 3 \\
\Leftrightarrow {Z_L} - {Z_C} = \sqrt 3 R
\end{array}\)

tính tổng trở

\(\begin{array}{l}
Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \Leftrightarrow 100\sqrt 2 = \sqrt {{R^2} + {{(\sqrt 3 R)}^2}} = 2R\\
\Rightarrow R = 50\sqrt 2 \Omega
\end{array}\)

Chọn D 

Tần số góc là: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{10}}{{0,1}}} = 10(rad/s)\)

Gia tốc tại li độ x = 6 cm là a = -ω²x = - 10².6 = -600 cm/s² = - 6 m/s²

Chọn A 

Quỹ đạo chuyển động là đoạn thẳng dài 2A nên A = 8/2 = 4 cm

Chu kì dao động là

\(\begin{array}{l}
T = \frac{{\Delta t}}{N} = \frac{{60}}{{30}} = 2s\\
\Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi (rad/s)
\end{array}\)

  Ban đầu chất điểm ở x = - 2 cm và đang chuyển động theo chiều dương nên

\(\left\{ \begin{array}{l}
- 2 = 4.\cos \varphi \\
v > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\cos \varphi = \frac{{ - 1}}{2}\\
\sin \varphi < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \varphi = \frac{{ - \pi }}{3}rad\)

Vậy phương trình chuyển động của vật là  

\(x = 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)cm\)

Chọn D

Bước sóng là  

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{640}}{{20}} = 32cm\)

Áp dụng công thức sóng dừng trên dây hai đầu cố định

\(l = k.\frac{\lambda }{2} \Leftrightarrow k = \frac{{2l}}{\lambda } = \frac{{2.80}}{{32}} = 5\)

Vậy trên dây có 5 bụng, 6 nút

Chọn B

Khoảng cách ngắn nhất giữa một cực đại và 1 cực tiểu liên tiêp trên đoạn nối hai nguồn là ¼ bước sóng. Nên bước sóng là :  λ =  4.0,5 = 2 cm

Số vân cực đại bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn :

 \({{ - AB} \over \lambda } < k < {{AB} \over \lambda } \Leftrightarrow {{ - 6,2} \over 2} < k < {{6,2} \over 2} \Leftrightarrow  - 3,1 < k < 3,1 \Rightarrow k =  \pm 3; \pm 2; \pm 1;0\)

Vậy có 7 vân cực đại.

Số vân cực tiểu là số giá trị k thỏa  mãn

\({{ - AB} \over \lambda } - {1 \over 2} < k < {{AB} \over \lambda } - {1 \over 2} \Leftrightarrow {{ - 6,2} \over 2} - {1 \over 2} < k < {{6,2} \over 2} - {1 \over 2} \Leftrightarrow  - 3,6 < k < 2,6\) 

Vậy k = -3; ± 2; ±1; 0

Vậy có 6 vân cực tiểu.

Chọn A 

Áp dụng công thức tính suất điện động 

\(\begin{array}{l}
E = \frac{{d\Phi }}{{dt}} = \Phi ' = \frac{{d\cos \left( {100t + \frac{\pi }{3}} \right)}}{{dt}} = - 100.sin\left( {100t + \frac{\pi }{3}} \right)\\
= 100.\cos \left( {100t + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right) = 100\cos \left( {100t - \frac{\pi }{6}} \right)(mV)
\end{array}\)

Chọn B 

khi f₃ thì I cực đại, tức là có cộng hưởng

\({\omega _3} = 2\pi {f_3} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Khi hai tần số f₁; f₂ thì cường độ dòng điện bằng nhau nên

\(\eqalign{
& {I_1} = {I_2} \Leftrightarrow {U \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}} }} = {U \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}} }} \cr
& \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}} = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}} \cr
& \Leftrightarrow {\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)^2} \Leftrightarrow {Z_{L1}} - {Z_{C1}} = {Z_{C2}} - {Z_{L2}} \cr
& \Leftrightarrow \left( {{\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}}} \right) = \left( {{1 \over {{\omega _2}C}} - {\omega _2}L} \right) \Leftrightarrow {\omega _1}L + {\omega _2}L = {1 \over {{\omega _2}C}} + {1 \over {{\omega _1}C}} \cr
& \Leftrightarrow L({\omega _1} + {\omega _2}) = {{C.({\omega _1} + {\omega _2})} \over {{\omega _2}C.{\omega _1}C}} \Leftrightarrow {\omega _1}{\omega _2} = {1 \over {LC}} = \omega _3^2 \cr
& \Leftrightarrow {f_1}{f_2} = f_3^2 \cr} \)

Chọn A