giai chi tiet thi thu chuyen NGUYEN HUE LAN 2 2012

Như vậy cường độ chùm sáng đi vào môi trường tại mặt thứ nhất tấm thuỷ tinh bằng cuờng độ ban đầu trừ đi thành phần bị phản xạ.. Tương tự cho mặt thứ 2[r]

Đáp án D.

2

1

2 2

1

2

1

I L E

C E C E













































3

2 6

3

3 2 W 3

4 2

4

3 W W W 4

8

1 2

1 W

2

2 0

2 0 2

2 0 0

2 0 0

2 1

2 0

2

0

2 2

2 0 2 1

2 0 2 2

t

E C E C Q

E C C

E C C Q E

C

Q

C

Q C

Q E C E

C LI Li

I

i

b

b C

b

b

b

b C

C d

E U

U C E

C

2

6 6

6 2

1 2

.











Đáp án A

HD: Công suất tiêu thụ trên R là: 1 , 8 W

2

1 2

2

m R

L

CE R

I

Đáp án A

HD: Đáp án D

Đáp án D

Câu 6

Hướng dẫn: Độ tụ thấu kính:   



















2 1

1 1 1 1

R R

n f

1

2

n

n

n  ( n và 1 n là chiết suất của môi trường và thấu 2

kính) R và 1 R là bán kính cong; mặt lồi (2 R ,1 R >0); mặt lõm (2 R ,1 R <0) Khoảng cách của tiêu điể 2

m tia đỏ và tia tím:

cm R

R n n

f f

đ t

đ

1 1 1

2 1





















HD: Tại vị trí bất kỳ thì gia tốc vật luôn bằng: aa n a t

Giả sử con lắc dao động với phương trình



















































) cos(

)

cos(

'

) ( sin ) sin(

' )

sin(

' )

sin(

'

) cos(

.

2 0 2

0

2 2 0 2

0 2 2

0 0

0

t l

l a t

t l

t l

l l

v a t l

l v t t

t

n























































0

.

.

0 1

) sin(

0 ) cos(









l a

a t

t

cb n

t

































2 0

0

0

) sin(

1 ) cos(















a

l a t

t

bien n

t



































Vậy tỉ số:

0

2 0

2

.

.















l

l a

a

cb

bien

Đáp án A

Đáp án C

HD: Công suất hao phí bằng 20% công suất phát ở điện áp 20kV Muốn công suất hap phí giảm 4 lầm suy ra tăng điện

áp nơi phát lên 2 lần Đáp án B

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D

HD:





















t k

t k k

k k

k

k

5

6 5

6

6

5

2 1 2

1 3 3 2

Tại vân sáng bậc 4 của hai bức xạ chưa có vị trí trùng nhau nên L4  4 (i2 i1)  0 , 4mm Đáp án B

HD: Đáp án C Ta có ngay công thức: 02 1.2

HD: Đáp án C

HD: Đáp án B

HD: Đáp án A

HD: Đáp án D

HD: Đáp án D

HD: Đáp án D

HD: Đáp án D

HD: Đáp án B

HD: Đáp án B

HD: Đáp số C

HD: B Phân tích: S=74,5=72+1+1,5=9.4A+A/2+3A/4

HD: Đáp số B

HD: Đáp số A

HD: Đáp số B

HD: Đáp số A Vẽ giản đồ

HD: Đáp số A

HD: Đáp số C

HD: Đáp số A Vẽ giản đồ: Khi K đóng thì mạch gồm RL nối tiếp =>

AN AM

NM AM

AN

2 cos

2 2

2









A

M

N

B



HD: Đáp số B

HD: Đáp số B

HD: Đáp số D

HD: Đáp số B Giản đồ:

HD: Đáp số C

HD: Đáp số C

A

B

HD: Đáp số D

HD: Đáp số A

HD: Đáp số B

HD: Đáp số B

HD: Đáp số A Phương trình chuyển động của hệ:

h R

a t a

h t

at h

R

I m

mg a

T T

R

a

I

R

T

ma

T

P

m

2 2

2 1 '

,

.

'.

:

2

2





















































HD: Đáp số C Sử dụng định luật hấp thụ cường độ sáng môi trường d

e I

I  0.  Như vậy cường độ chùm sáng đi vào môi trường tại mặt thứ nhất tấm thuỷ tinh bằng cuờng độ ban đầu trừ đi thành phần bị phản xạ Tương tự cho mặt thứ 2 Ta có:

8 , 0 ) 1 (

8 , 0 ) 1 ( ) 1 (

.

) 1 (

0 2

0 1

2

0 0 0

1















































d d

I e

I e

I

I

I I

I

I

HD: Đáp số C

HD: Đáp số B Sử dụng phương trình cơ bản chuyển động quay của vật rắn xung quanh trục cố định

) cos(

.

) 3

2 cos(

4 , 4

) cos(

2 , 2

2 1 3

3 2

1



































I i i i t

I i

t i

t i











HD: Đáp số C

HD: Đáp số A

HD: Đáp số B

HD: Đáp số C

HD: Đáp số C