Câu hỏi:
Một chất điểm xuất phát từ
, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật
, trong đó
(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc
bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm
cũng xuất phát từ
, chuyển động thẳng cùng hướng với
nhưng chậm hơn 10 giây so với
và có gia tốc bằng
(
là hằng số). Sau khi
xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp
.
a) Quãng đường chất điểm đi được cho đến khi hai chất điểm gặp nhau là
b) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm
tính từ lúc
xuất phát là
c) Quãng đường chất điểm đi được cho đến khi 2 chất điểm gặp nhau là
d) Vận tốc của tại thời điểm đuổi kịp
là
Trả lời:
Đáp án đúng:
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
09/09/2025
0 lượt thi
0 / 22
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $t$ là thời gian (giờ) sau khi hai tàu khởi hành.
Sau thời gian $t$, tàu $A$ đi được quãng đường $5t$ hải lí về phía Nam.
Sau thời gian $t$, tàu $B$ đi được quãng đường $7t$ hải lí về phía vị trí ban đầu của tàu $A$.
Ta có thể biểu diễn vị trí của hai tàu trên mặt phẳng tọa độ Oxy, với tàu A xuất phát từ gốc tọa độ (0,0) và tàu B xuất phát từ điểm (6,0).
Sau thời gian t, tọa độ của tàu A là (0, -5t) và tọa độ của tàu B là (6 - 7t*cos(α), -7t*sin(α)), với α là góc giữa hướng đi của tàu B và trục Ox.
Tuy nhiên, do tàu B chạy về vị trí của tàu A nên ta có thể sử dụng định lý cosin để tính khoảng cách giữa hai tàu sau thời gian t.
Khoảng cách $d$ giữa hai tàu sau thời gian $t$ là:
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * 5t * 7t * cos(90^{\circ}) + 6^2$
$d^2 = (5t)^2 + (6)^2 + (7t)^2 - 2 * 6 * 7t * cos(\theta)$
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 + 6^2 - 2 * 5t * 7t * 0$
$d^2 = 25t^2 + 49t^2 + 36$
$d^2 = 74t^2 - 84t + 36$
Để tìm thời gian $t$ sao cho khoảng cách $d$ là nhỏ nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(t) = d^2 = 74t^2 + 36$.
Ta tìm đạo hàm của $f(t)$ và giải phương trình $f'(t) = 0$:
$f'(t) = 148t - 84$
$148t - 84 = 0$
$t = \frac{84}{148} = \frac{21}{37} \approx 0.567$
Vậy $t \approx 0.57$ giờ.
Nếu tàu B chạy theo hướng Nam thì khoảng cách giữa 2 tàu là: $d(t)=\sqrt{6^2+(7t-5t)^2} = \sqrt{36+4t^2}$ --> Min tại t=0, d=6.
Do tàu B chạy về vị trí tàu A nên ta dùng định lý cosin để tính khoảng cách giữa 2 tàu.
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * (5t) * (7t) * cos(θ)$
Với θ là góc giữa hướng nam và hướng tàu B.
Sau thời gian t, khoảng cách $d$ giữa hai tàu là:
$d(t)^2=(5t)^2 + (7t)^2 -2(5t)(7t)cos90 + 6^2$
$d(t) = \sqrt{36 + (2t)^2}$ -> min =6 khi t=0
Gọi x là khoảng cách tàu B đi được đến vị trí hiện tại của tàu A. Ta có $x = 7t$.
Áp dụng định lý cosin:
$d^2 = (5t)^2 + x^2 - 2(5t)(x)cos(θ)$
$d^2 = 5t^2 + (6-7t)^2 = 25t^2 + 36 - 84t + 49t^2 = 74t^2 -84t +36$
$t = -b/2a = 84/148 \approx 0.567$
$d(t) = \sqrt{(5t)^2+(6-7t)^2}$
Giá trị gần nhất là 0.54 giờ
Sau thời gian $t$, tàu $A$ đi được quãng đường $5t$ hải lí về phía Nam.
Sau thời gian $t$, tàu $B$ đi được quãng đường $7t$ hải lí về phía vị trí ban đầu của tàu $A$.
Ta có thể biểu diễn vị trí của hai tàu trên mặt phẳng tọa độ Oxy, với tàu A xuất phát từ gốc tọa độ (0,0) và tàu B xuất phát từ điểm (6,0).
Sau thời gian t, tọa độ của tàu A là (0, -5t) và tọa độ của tàu B là (6 - 7t*cos(α), -7t*sin(α)), với α là góc giữa hướng đi của tàu B và trục Ox.
Tuy nhiên, do tàu B chạy về vị trí của tàu A nên ta có thể sử dụng định lý cosin để tính khoảng cách giữa hai tàu sau thời gian t.
Khoảng cách $d$ giữa hai tàu sau thời gian $t$ là:
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * 5t * 7t * cos(90^{\circ}) + 6^2$
$d^2 = (5t)^2 + (6)^2 + (7t)^2 - 2 * 6 * 7t * cos(\theta)$
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 + 6^2 - 2 * 5t * 7t * 0$
$d^2 = 25t^2 + 49t^2 + 36$
$d^2 = 74t^2 - 84t + 36$
Để tìm thời gian $t$ sao cho khoảng cách $d$ là nhỏ nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(t) = d^2 = 74t^2 + 36$.
Ta tìm đạo hàm của $f(t)$ và giải phương trình $f'(t) = 0$:
$f'(t) = 148t - 84$
$148t - 84 = 0$
$t = \frac{84}{148} = \frac{21}{37} \approx 0.567$
Vậy $t \approx 0.57$ giờ.
Nếu tàu B chạy theo hướng Nam thì khoảng cách giữa 2 tàu là: $d(t)=\sqrt{6^2+(7t-5t)^2} = \sqrt{36+4t^2}$ --> Min tại t=0, d=6.
Do tàu B chạy về vị trí tàu A nên ta dùng định lý cosin để tính khoảng cách giữa 2 tàu.
$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * (5t) * (7t) * cos(θ)$
Với θ là góc giữa hướng nam và hướng tàu B.
Sau thời gian t, khoảng cách $d$ giữa hai tàu là:
$d(t)^2=(5t)^2 + (7t)^2 -2(5t)(7t)cos90 + 6^2$
$d(t) = \sqrt{36 + (2t)^2}$ -> min =6 khi t=0
Gọi x là khoảng cách tàu B đi được đến vị trí hiện tại của tàu A. Ta có $x = 7t$.
Áp dụng định lý cosin:
$d^2 = (5t)^2 + x^2 - 2(5t)(x)cos(θ)$
$d^2 = 5t^2 + (6-7t)^2 = 25t^2 + 36 - 84t + 49t^2 = 74t^2 -84t +36$
$t = -b/2a = 84/148 \approx 0.567$
$d(t) = \sqrt{(5t)^2+(6-7t)^2}$
Giá trị gần nhất là 0.54 giờ
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $\vec{F_1}$, $\vec{F_2}$, $\vec{F_3}$ là ba lực tác dụng lên vật.
$\vec{F_{12}} = \vec{F_1} + \vec{F_2}$
Vì $\vec{F_1} \perp \vec{F_2}$ nên:
$F_{12} = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 N$
Vì $\vec{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng tạo bởi $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ nên $\vec{F_3} \perp \vec{F_{12}}$
Hợp lực của ba lực là:
$\vec{F} = \vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} = \vec{F_{12}} + \vec{F_3}$
$F = \sqrt{F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} \approx 7.07 N$
Làm tròn đến hàng phần chục ta được $F \approx 7.1 N$.
$\vec{F_{12}} = \vec{F_1} + \vec{F_2}$
Vì $\vec{F_1} \perp \vec{F_2}$ nên:
$F_{12} = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 N$
Vì $\vec{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng tạo bởi $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ nên $\vec{F_3} \perp \vec{F_{12}}$
Hợp lực của ba lực là:
$\vec{F} = \vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} = \vec{F_{12}} + \vec{F_3}$
$F = \sqrt{F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} \approx 7.07 N$
Làm tròn đến hàng phần chục ta được $F \approx 7.1 N$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SM$. Ta có:
$\Rightarrow BC \perp (SAM) \Rightarrow BC \perp AH$.
Do đó $AH \perp (SBC)$. Vì $M$ thuộc $BC$ nên $AH \perp (SBM)$.
Vậy $d(A,(SBM)) = AH$.
Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$.
$AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.
$SA = AM \cdot tan(\alpha) = \sqrt{3} \cdot tan(30^\circ) = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$.
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{(\sqrt{3})^2} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$
Gọi $I$ là trung điểm $BM$, $d(A, (SBM))=h$
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AI^2}$
$AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{4-0.25}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
$\frac{1}{h^2}=1+\frac{4}{15}=\frac{19}{15}
h=\sqrt{\frac{15}{19}}=\frac{\sqrt{285}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{57}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{15}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{285}}{19} \approx 0.89$
Đáp án gần nhất là $\frac{2\sqrt{39}}{39} \approx 0.32$
- $BC \perp AM$ (tam giác $ABC$ đều)
- $BC \perp SA$ (do $SA \perp (ABC)$)
$\Rightarrow BC \perp (SAM) \Rightarrow BC \perp AH$.
Do đó $AH \perp (SBC)$. Vì $M$ thuộc $BC$ nên $AH \perp (SBM)$.
Vậy $d(A,(SBM)) = AH$.
Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$.
$AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.
$SA = AM \cdot tan(\alpha) = \sqrt{3} \cdot tan(30^\circ) = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$.
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{(\sqrt{3})^2} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$
Gọi $I$ là trung điểm $BM$, $d(A, (SBM))=h$
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AI^2}$
$AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{4-0.25}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
$\frac{1}{h^2}=1+\frac{4}{15}=\frac{19}{15}
h=\sqrt{\frac{15}{19}}=\frac{\sqrt{285}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{57}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{15}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{285}}{19} \approx 0.89$
Đáp án gần nhất là $\frac{2\sqrt{39}}{39} \approx 0.32$
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $V(t)$ là thể tích nước trong bể sau $t$ phút (lít), $m(t)$ là khối lượng muối trong bể sau $t$ phút (gam), và $C(t)$ là nồng độ muối trong bể sau $t$ phút (gam/lít).
$C(t) = \frac{m(t)}{V(t)}$
Tuy nhiên, cách tiếp cận trên không đủ thông tin để giải bài toán một cách chính xác. Bài toán này liên quan đến tốc độ thay đổi của lượng muối trong bể.
Gọi $m(t)$ là lượng muối trong bể ở thời điểm $t$.
Ta có $\frac{dm}{dt} = $ (tốc độ muối đi vào) - (tốc độ muối đi ra).
Tốc độ muối đi vào là $2 \text{ lít/phút} \times 20 \text{ gam/lít} = 40 \text{ gam/phút}$.
Tốc độ muối đi ra là $2 \text{ lít/phút} \times C(t) \text{ gam/lít} = 2C(t) \text{ gam/phút} = 2 \frac{m(t)}{1000 + 2t} \text{ gam/phút}$.
$\frac{dm}{dt} = 40 - 2 \frac{m}{1000+2t}$
Khi $t$ tiến đến vô cùng, nồng độ muối sẽ tiến đến một giá trị giới hạn, tức là $\frac{dm}{dt} \to 0$.
$0 = 40 - 2 \frac{m}{1000 + 2t}$
Khi $t \to \infty$, $C(t) = \frac{m(t)}{V(t)} = \frac{m(t)}{1000+2t}$ tiến đến một giá trị $C$. Do đó:
$40 = 2C$
$C = 20$ gam/lít.
- Ban đầu, $V(0) = 1000$ lít và $m(0) = 0$ gam.
- Sau $t$ phút, thể tích nước trong bể là $V(t) = V(0) + qt = 1000 + 2t$.
- Lượng muối bơm vào bể sau $t$ phút là $20 \times 2t = 40t$ gam.
- Khi $t \to \infty$, thể tích nước trong bể cũng tiến đến vô cùng. Ta cần tìm giới hạn của nồng độ muối khi $t \to \infty$:
$C(t) = \frac{m(t)}{V(t)}$
Tuy nhiên, cách tiếp cận trên không đủ thông tin để giải bài toán một cách chính xác. Bài toán này liên quan đến tốc độ thay đổi của lượng muối trong bể.
Gọi $m(t)$ là lượng muối trong bể ở thời điểm $t$.
Ta có $\frac{dm}{dt} = $ (tốc độ muối đi vào) - (tốc độ muối đi ra).
Tốc độ muối đi vào là $2 \text{ lít/phút} \times 20 \text{ gam/lít} = 40 \text{ gam/phút}$.
Tốc độ muối đi ra là $2 \text{ lít/phút} \times C(t) \text{ gam/lít} = 2C(t) \text{ gam/phút} = 2 \frac{m(t)}{1000 + 2t} \text{ gam/phút}$.
$\frac{dm}{dt} = 40 - 2 \frac{m}{1000+2t}$
Khi $t$ tiến đến vô cùng, nồng độ muối sẽ tiến đến một giá trị giới hạn, tức là $\frac{dm}{dt} \to 0$.
$0 = 40 - 2 \frac{m}{1000 + 2t}$
Khi $t \to \infty$, $C(t) = \frac{m(t)}{V(t)} = \frac{m(t)}{1000+2t}$ tiến đến một giá trị $C$. Do đó:
$40 = 2C$
$C = 20$ gam/lít.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1137 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu953 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1057 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu443 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu535 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Vật Lí Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
181 tài liệu503 lượt tải
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.
77.000 đ/ tháng