Đề thi thử học kỳ 2 môn Vật Lý lớp 11 online - Mã đề 04

Ta có công thức thấu kính:

\( \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \Rightarrow d' = \frac{{df}}{{d - f}} = \frac{{20.10}}{{20 - 10}} = 20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) > 0 \to \) ảnh là ảnh thật

→ Ảnh dao động cùng tần số, ngược pha với vật. Pha ban đầu của ảnh là:

\( \varphi ' = \varphi + \pi = \frac{\pi }{6} + \pi = \frac{{7\pi }}{6} = - \frac{{5\pi }}{6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)\)

Độ phóng đại của ảnh là:

\( k = - \frac{{d'}}{d} = - \frac{{20}}{{20}} = - 1 \Rightarrow \left| k \right| = \frac{{A'}}{A} \Rightarrow A' = \left| k \right|A = 1.10 = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Phương trình dao động của ảnh là: 

\( x' = 10\cos \left( {\pi t - \frac{{5\pi }}{6}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Chọn D.

Ta có công thức thấu kính:

\( \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \Rightarrow d' = \frac{{df}}{{d - f}} = \frac{{25.10}}{{25 - 10}} = \frac{{50}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Độ phóng đại của ảnh là:

\( k = - \frac{{d'}}{d} = - \frac{{\frac{{50}}{3}}}{{25}} = - \frac{2}{3} \Rightarrow \left| k \right| = \left| {\frac{{A'}}{A}} \right| \Rightarrow A' = A.\left| k \right| = 3.\frac{2}{3} = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Tần số góc của dao động: 

\( \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,5}} = 4\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)\)

Tốc độ cực đại của ảnh S’ là: \( {v_{\max }} = \omega A' = 4\pi .2 = 8\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm/s} \right)\)

Ta có công thức thấu kính:

\( \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \Rightarrow d' = \frac{{df}}{{d - f}} = \frac{{25.10}}{{25 - 10}} = \frac{{50}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Độ phóng đại của ảnh là:

\( k = - \frac{{d'}}{d} = - \frac{{\frac{{50}}{3}}}{{25}} = - \frac{2}{3} \Rightarrow \left| k \right| = \left| {\frac{{A'}}{A}} \right| \Rightarrow A' = A.\left| k \right| = 3.\frac{2}{3} = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Tần số góc của dao động: 

\( \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,5}} = 4\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)\)

Gia tốc cực đại của ảnh S’ là: 

\( {a_{\max }} = {\omega ^2}A' = {\left( {4\pi } \right)^2}.2 = 320{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm/{s^2}} \right) = 3,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/{s^2}} \right)\)

Chọn B.

Vị trí ảnh qua thấu kính thứ nhất

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{{d_1}}} = \frac{1}{{{f_1}}} - \frac{1}{{{d_2}}} = - \frac{1}{{20}} - \frac{1}{{20}} = - \frac{1}{{10}} \to {d_1} = - 10cm\\ {d_2} = a - {d_1} = 50 - ( - 10) = 60cm\\ \to {d_2} = \frac{{{f_2}{d_2}}}{{{d_2} - {f_2}}} = \frac{{40.60}}{{60 - 40}} = 120cm > 0 \end{array}\)

Ảnh cuối cùng là ảnh thật và cách kính hai 120cm

Ta có:

\(\begin{array}{l} {D_1} = \frac{1}{{{f_1}}} = \frac{1}{{( - 0,5)}} = - 2dp\\ D = {D_1} + {D_2}\\ \to {D_2} = D - {D_1} = 2 - ( - 2) = 4dp.{f_2} = \frac{1}{{{D_2}}} = \frac{1}{4} = 0,25m = 25cm \end{array}\)

Vì thấu kính hội tụ nên f > 0  f = 20 cm

Ta có d = 10 cm

vị trí ảnh qua thấu kính \( d' = \frac{{d.f}}{{d - f}} = \frac{{10.20}}{{10 - 20}} = - 20cm < 0\) ảnh ảo

Số phóng đại ảnh : \( k = - \frac{{d'}}{d} = - \frac{{ - 20}}{{10}} = 2 > 0\) ảnh cùng chiều với vật

Chiều cao ảnh qua thấu kính: A’B’ = |k|.AB = 2.4 = 8 cm.

Ảnh ngược chiều vật là ảnh thật nên k < 0  k = -2

Mà 

\(\begin{array}{l} k = - \frac{{d'}}{d} = \frac{f}{{f - d}} = - 2\\ = > {\rm{ }}f{\rm{ }} = 2.d{\rm{ }} - 2.f{\rm{ }}\;d{\rm{ }} = {\rm{ }}1,5.f{\rm{ }} = {\rm{ }}1,5.20{\rm{ }} = {\rm{ }}30{\rm{ }}cm. \end{array}\)

Gọi khoảng cách của vật tới thấu kính trước khi dịch chuyển là d, khoảng cách ảnh tới thấu kính là d’ ta có: 

\( \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{{d_1}^\prime }} = \frac{1}{f} = \frac{1}{{10}}(1)\)

Với thấu kính hội tụ khi dịch chuyển vật một khoảng 5 cm lại gần thấu kính thì ảnh sẽ dịch chuyển xa thấu kính hơn, theo đề bài ảnh dịch chuyển một khoảng là 10 cm nên ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{{d_2}^\prime }} = \frac{1}{f}\\ \to \frac{1}{{{d_1} - 5}} + \frac{1}{{{d_1}^\prime + 10}} = \frac{1}{{10}}(2) \end{array}\)

Từ (1) và (2) \(→d_1=20cm;d_1′=20cm\)

Một chùm tia tới song song với trục chính cho chùm tia ló (hay đường kéo dài của chùm tia ló) qua tiêu điểm ảnh F’.

Thấu kính hội tụ là một khối chất trong suốt, được giới hạn bởi 2 mặt cầu lồi, hoặc một mặt lồi và một mặt phẳng, hoặc một mặt lồi và một mặt lõm với điều kiện bán kính mặt lồi nhỏ hơn bán kính mặt lõm.

Góc lệch cực tiểu bằng góc chiết quang A thì \({{D}_{\min }}=A\Rightarrow 2.{{i}_{1}}-A=A\Rightarrow {{i}_{1}}={{i}_{2}}=A={{60}^{0}}.\)

Và \({{r}_{1}}={{r}_{2}}=\frac{A}{2}={{30}^{0}}.\)

Định luật khúc xạ ánh sáng tại I:  

    \(\sin {{i}_{1}}=n\sin {{r}_{1}}\Rightarrow n=\frac{\sin {{i}_{1}}}{\sin {{r}_{1}}}=\frac{\sin {{60}^{0}}}{\sin {{30}^{0}}}=\sqrt{3}.\)

Ta có,

+ Tiêu cự của vật kính: f₁=10m

+ Tiêu cự của thị kính: f₂=5cm

Vậy: Số bội giác của kính thiên văn:  \( {G_\infty } = \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \frac{{10}}{{0,05}} = 200\)

A, B - sai vì: khi ngắm chừng ở vô cực thì khoảng cách hai kính là \(O_1O_2=f_1+f_2\)

C – sai vì: Số bội giác vô cực của kính là \({G_\infty } = \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}}\)

A - sai vì thị kính là kính lúp để quan sát ảnh tạo bởi vật kính và vật kính là thấu kính hội tụ có tiêu cự lớn (có thể tới hàng chục mét)

B, C, D - đúng

Độ phóng đại lớn nhất của kính hiển vi quang học hiện nay là 3000 lần

Đáp án cần chọn là: D

Ngắm chừng ở vô cực thì góc trông ảnh của vật qua kính hiển vi có trị số không phụ thuộc vị trí mắt sau thị kính

Khoảng đặt vật là MN sao cho ảnh của M, N qua kính lúp lần lượt là các điểm C_v ở vô cực và C_c

\(\begin{array}{l} d{'_M} = - {O_k}{C_v} = - \infty \to {d_M} = f = \frac{1}{D} = 5cm\\ d{'_N} = - {O_k}{C_C} = - 5cm \to {d_N} = \frac{{d{'_N}f}}{{d{'_N} - f}} = 2,5cm \end{array}\)

Vành kính ghi 5x  \( \frac{{25}}{f} = 5 \to f = 5cm\)

Ngắm chừng ở cực cận \(d’ = -OC_c = -20 cm.\)

\( {d_c} = \frac{{d'f}}{{d - f}} = \frac{{ - 20.5}}{{ - 20 - 5}} = 4cm\)

Ngắm chừng ở vô cực \(d_v = f = 5cm\)

Bộ phận chính của mắt là một thấu kính hội tụ, trong suốt, mềm, gọi là thể thuỷ tinh. Độ cong của hai mặt thuỷ tinh thể có thể thay đổi được nhờ sự co giãn của cơ vòng đỡ, khoảng cách từ quang tâm đến võng mạc không thay đổi được.

+ Để khi nhìn vật ở vô cực mà mắt không điều tiết, người đó đeo kính có:\(f = -OC_v = -50cm\)

+ Quan sát ở cực cận: \(d’= -OC_c = -12,5cm\)

\( \to d = \frac{{d'f}}{{d' - f}} = 16,7cm\)

Kính cận số 2 có D = 2dp ⇒ f = 0,5m

Quan sát vật cách mắt 25cm qua kính ⇒ \( O{C_C} = - d' = \frac{{df}}{{d - f}} = 50cm\)

Ánh sáng truyền từ một môi trường tới môi trường chiết quang kém hơn và góc tới lớn hơn góc giới hạn là điều kiện để có phản xạ toàn phần.

=> Đáp án C

Nếu có phản xạ toàn phần khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (2) thì không thể có phản xạ toàn phần khi ánh sáng từ môi trường (2) vào môi trường (1).=> Đáp án B

Lúc trưa nắng, mặt đường nhựa khô ráo, nhưng nhìn từ xa có vẻ như ướt nước. Đó là vì các tia sáng phản xạ toàn phần trên lớp không khí sát mặt đường và đi vào mắt.=> Đáp án A

Ta có: nếu ánh sáng truyền từ (2) vào (3) vẫn với góc tới 600 thì góc khúc xạ là:

\(\left\{ \begin{array}{l} (1) \to (2):\frac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin {{45}^0}}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\\ (1) \to (3):\frac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{{n_3}}}{{{n_1}}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} \frac{{\sin {{45}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{{n_3}}}{{{n_1}}}\\ (2) \to (3):\frac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin r}} = \frac{{{n_3}}}{{{n_2}}} \end{array} \right. \to \frac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin r}} = \frac{{\sin {{45}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} \to r = {38^0}\)

Ta có: Tốc độ ánh sáng trong môi trường A là

\(\left\{ \begin{array}{l} n = \frac{c}{v}\\ {n_A}\sin {9^0} = {n_B}\sin {8^0} \end{array} \right. \to \frac{{\sin {9^0}}}{{\sin {8^0}}} = \frac{{{n_B}}}{{{n_A}}} = \frac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \frac{{{v_A}}}{{{{2.10}^5}}} \to {v_A} = {22,5.10^4}km/s\)

Ta có: Tốc độ truyền ánh sáng trong kim cương là

\( n = \frac{c}{v} \to v = \frac{c}{n} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{2,42}} = 124000km/s\)

Ta có: sini = n.sinr mà \( \tan i = n \Leftrightarrow \frac{{\sin i}}{{\cos i}} = n\)

Suy ra \(sinr = cosi ↔ i + r =90^0\), do vậy tia phản xạ vuông góc với tia khúc xạ.

Khi chiếu ánh sáng từ không khí vào nước thì \(n_1=1, n_2>n_1\) nên \(n_{21}>1\)

Mà \( {n_{21}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{\sin i}}{{\sin r}}\)

Nên\( sini > sinr ↔ i > r\). Vậy tia khúc xạ bị lệch gần pháp tuyến hơn tia tới

Độ tự cảm của ống dây thứ nhất: \(L=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S\text{.}\)

Độ tự cảm của ống dây thứ hai: \({{L}_{2}}=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{\left( 2N \right)}^{2}}}{\ell }.\frac{S}{2}=2.4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S=2L.\)

Độ tự cảm của ống dây trước khi số vòng dây và chiều dài thay đổi: \(L=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S\text{.}\)

Độ tự cảm của ống dây sau khi số vòng dây và chiều dài thay đổi:

\(L'=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{\left( 4N \right)}^{2}}}{2.\ell }.S=8.4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S=8L.\)

Vậy độ tự cảm tăng 8 lần khi số vòng dây tăng bốn lần và chiều dài tăng hai lần.

Độ tự cảm của ống dây trước khi chiều dài thay đổi: \(L=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S\text{.}\)

Độ tự cảm của ống dây sau khi chiều dài thay đổi:

\(L'=4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{2.\ell }.S=\frac{1}{2}.4\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.1}{{\text{0}}^{-7}}.\frac{{{N}^{2}}}{\ell }.S=\frac{L}{2}.\)

Vậy độ tự cảm giảm 2 lần khi chiều dài tăng gấp đôi.

Suất điện động tự cảm: \({{e}_{tc}}=L.\frac{\left| \Delta i \right|}{t}\text{. }\)

Vậy suất điện động tự cảm lớn khi độ tự cảm lớn hoặc tốc độ biến thiên của cường độ dòng điện lớn (nghĩa là cường độ dòng điện tăng nhanh hoặc giảm nhanh).

Năng lượng trước khi i thay đổi: \(\text{W}=\frac{1}{2}L.{{i}^{2}}\text{.}\)

Năng lượng sau khi i thay đổi: \(\text{W }\!\!'\!\!\text{ }=\frac{1}{2}L.{{\left( \frac{i}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}.L.{{i}^{2}}.\frac{1}{4}=\frac{\text{W}}{4}.\)

Vậy năng lượng từ trường của ống dây giảm đi 4 lần khi cường độ dòng điện qua ống giảm đi 2 lần.

Lúc đầu khung dây đặt song song với đường sức từ: α=90⁰

Suy ra: \(Φ=BScos90^0=0Wb\)

Khi khung dây quay một góc \(90^0: α=90^0; Φ_2=BScos0^0=BS\)

Từ thông tăng thêm một lượng: \(ΔΦ=Φ_2−Φ_1=B.S(Wb)\)

Từ thông qua diện tích S đặt trong từ trường đều: \(Φ=B.S.cosα\)

Trong đó   là góc hợp bởi pháp tuyến \( \overrightarrow n \) của mặt phẳng khung dây và véc tơ cảm ứng từ \( \overrightarrow B \)

Đơn vị từ thông là vêbe (Wb): \(1Wb=1T.m^2\)

Như vậy ta nhận thấy từ thông là một đại lượng đại số, vô hướng.

Vì \( L = 4\pi {.10^{ - 7}}{n^2}V\) nên khi n giảm 2 lần thì L giảm 4 lần

Một ống dây điện chiều dài l, tiết diện S, gồm N vòng dây, có cường độ I chạy qua, độ tự cảm của ống dây: \( L = 4\pi {.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}S\)

Trong một mạch điện có một bộ acquy, một ống dây và một công tắc thì: ngay sau khi đóng công tắc, trong mạch có suất điện động tự cảm

Suất điện động tự cảm \({e_{tc}}\; = \; - L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}\) → giá trị suất điện động không phụ thuộc vào giá trị dòng điện lớn hay nhỏ mà chỉ phụ thuộc độ tự cảm L và tốc độ biến thiên của dòng điện. Lực Lo-ren-xơ là lực tác dụng của từ trường lên hạt điện tích chuyển động.

Suất điện động cảm ứng là suất điện động gây ra dòng điện cảm ứng