RANDOM

Giải chi tiết 10 câu khó trong đề thi Vật Lý THPTQG 2018 mã đề 206

Tải về

HỌC247 xin gửi đến các em tài liệu Hướng dẫn giải chi tiết 10 câu hay và khó trong Đề thi Vật Lý THPT Quốc Gia 2018- Mã đề 206. Hi vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích để giúp các em luyện tập tốt hơn trong quá trình học tập. Các em cùng tham khảo nhé!

 
 
YOMEDIA

GIẢI CHI TIẾT 10 CÂU HAY VÀ KHÓ MÃ ĐỀ 206

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2018 MÔN VẬT LÝ

Câu 29: Đặt điện áp xoay chiều \(u = {U_0}cos\omega t\)  , ( U0 và ω có giá trị dương, không đổi) vào 2 đầu đoạn mạch AB như hình bên, trong đó tụ điện có điện dung C thay đổi được. Biết R=5r, cảm kháng của cuộn dây ZL=6,5r và LCω2 >1. Khi \(C = {C_0}\) và khi  \(C = 0,5{C_0}\) thì điện áp giữa 2 đầu M, B có biểu thức tương ứng là  \({u_1} = {U_{01}}cos\left( {\omega t + \varphi } \right),{u_2} = {U_{02}}cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\) ( U01 và U02 có giá trị dương ). Giá trị của \(\varphi \) là:

A. 0,74rad                   B. 1,05rad                   C. 0,54rad                   D. 0,47 rad

Chọn A. 

Khi C = C0 và khi C = 0,5C0 thì điện áp giữa hai đầu M,B có biểu thức u1 và u2 đều lệch pha như nhau với u toàn mạch một lượng không đổi ∆φ (rad) nên ta có: ∆φ = φ - φmạch.

\( \Rightarrow \tan \Delta \varphi  = \tan \left( {\varphi  - {\varphi _m}} \right) = \frac{{\tan \left( \varphi  \right) - \tan \left( {{\varphi _m}} \right)}}{{1 + \tan \left( \varphi  \right).\tan \left( {{\varphi _m}} \right)}}.\)

Khi C = C0

\(tan\left( {\varphi  - {\varphi _m}} \right) = \frac{{\frac{{{Z_L} - {Z_{{C_0}}}}}{r} - \frac{{{Z_L} - {Z_{{C_0}}}}}{{r + R}}}}{{1 + \frac{{{Z_L} - {Z_{{C_0}}}}}{r}.\frac{{{Z_L} - {Z_{{C_0}}}}}{{r + R}}}} = \frac{{\frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{r} - \frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}}{{1 + \frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{r}.\frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}}\left( 1 \right).\)

Khi C = 0,5C0:

\(tan\left( {\varphi  - {\varphi _m}} \right) = \frac{{\frac{{{Z_L} - 2{Z_{{C_0}}}}}{r} - \frac{{{Z_L} - 2{Z_{{C_0}}}}}{{r + R}}}}{{1 + \frac{{{Z_L} - 2{Z_{{C_0}}}}}{r}.\frac{{{Z_L} - 2{Z_{{C_0}}}}}{{r + R}}}} = \frac{{\frac{{6,5r - 2{Z_{{C_0}}}}}{r} - \frac{{6,5r - 2{Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}}{{1 + \frac{{6,5r - 2{Z_{{C_0}}}}}{r}.\frac{{6,5r - 2{Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}}\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) và chọn r = 1 và ZC0 = X (điều kiện X < 6,5r) ta có :

\(2{X^2} - 19,5X + 36,25 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
X = 7,25\\
X = 2,5
\end{array} \right..\)

Thay ZC0 = X =2,5 và r = 1 vào (1) ta có :

\(tan\left( {\varphi  - {\varphi _{AB}}} \right) = \frac{{\frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{r} - \frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}}{{1 + \frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{r}.\frac{{6,5r - {Z_{{C_0}}}}}{{6r}}}} = \frac{{10}}{{11}}\)

\( \to \Delta \varphi  \approx 0,74\left( {rad} \right)\) 

Mà φ - φu = 0,74 rad ⇒ \(\varphi \) = 0,74 rad

Câu 30: Đặt điện áp xoay chiều u vào 2 đầu đoạn mạch có R,L,C mắc nối tiếp thì dòng điện trong đoạn mạch có cường độ i. Hình bên là 1 phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện tích u,i theo thời gian t. hệ số công suất của đoạn mạch là

A. 0,71                        B. 0,50                        C. 0,25                        D. 0,20

Chọn C. 

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
u = {U_0}\cos (\omega t + {\varphi _u})\\
i = {I_0}\cos (\omega t + {\varphi _i})
\end{array} \right.;{\varphi _u} + {\varphi _i} = x;{\varphi _u} - {\varphi _i} = \varphi \)

\(p = ui = \frac{1}{2}{U_0}{I_0}[\cos (2\omega t + x) + \cos \varphi ]\)

-pmax = - 6 = 0,5U0I0[- 1 + cosφ]               (1)       và 2ωt0 +x = π + k2π

Lúc t = 0,   p = -4 = 0,5U0I0[cosx +cosφ]  (2)

Lúc t = 3t0, p = 1 = 0,5U0I0[cos(2ω.3t0 +x) + cosφ]= 0,5U0I0[cos(3π-2x) + cosφ]

                            = 0,5U0I0[-cos(2x) + cosφ]   (3)

Lấy (1) chia (2) ta được 6/4 = [- 1 + cosφ]/ [cosx +cosφ]  Suy ra cosφ = -2 – 3cosx

Lấy (1) chia (3) ta được -6/1 = [- 1 + cosφ]/ [-cos(2x) + cosφ] = [-1 – 2 – 3cosx]/[-2.cos2x +1 -2 -3cosx]

Suy ra cosx = - 0,75 vậy cosφ= 0,25.  Chọn C

Câu 31: Điện năng được truyền từ 1 nhà máy phát điện gồm 8 tổ máy đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện 1 pha. Giờ cao điểm cần cả 8 tổ máy hoạt động , hiệu suất truyền tải đạt 75%. Coi điện áp hiệu dụng ở nhà máy không đổi, hệ số công suất của mạch điện bằng 1, công suất phát điện của các tổ máy khi hoạt đông không đổi là như nhau. Khi công suất tiêu thụ điện ở nơi tiêu thụ giảm còn 81,255 so với giờ  cao điểm thì cần bao nhiêu tổ máy hoạt động?

A. 6                 B.  4                C. 7                 D. 5

Chọn A. 

Gọi công suất mỗi tổ máy là P0.

Ban đầu công suất phát: P1 = 8P0; công suất tiêu thụ lúc đầu là: \({P_1}' = 0,75{P_1}\)

 Công suất hao phí: \({P_{hp1}}' = \frac{{P_1^2R}}{{{U^2}}} = 0,25{P_1} =  > \frac{R}{{{U^2}}} = \frac{{0,25}}{{{P_1}}}\)

Công suất tiêu thụ giảm: \({P_2}' = 0,8125{P_1}' = 0,8125.0,75{P_1} = \frac{{39}}{{64}}{P_1} = 0,609375{P_1}\)

Công suất phát lúc sau:

\({P_2} = {P_2}' + {P_{hp2}} = 0,609375{P_1} + \frac{{P_2^2R}}{{{U^2}}} =  > {P_2} = 0,609375{P_1} + \frac{{P_2^20,25}}{{{P_1}}}\) .

=> \(\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 0,609375 + {\left( {\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}}} \right)^2}0,25 =  > {\left( {\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}}} \right)^2}0,25 - \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} + 0,609375 = 0\)
Giải phương trình ta được: \(\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{13}}{4};\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{3}{4}\) .

Khi công suất tiêu thụ giảm thì  P2< P1=> \(\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{3}{4} =  > {P_2} = 0,75{P_1}\)

 hay : \({P_2} = 0,75{P_1} = 0,75.8{P_0} = 6{P_0}\) .

Câu 32: Một nguồn âm điểm đặt tại O phát âm có công suất không đổi trong môi trường đẳng hướng. không hấp thụ và không phản xạ âm. 3 điềm A, B, C nằm trên cùng 1 hướng truyền âm. Mức cường độ âm tại A lớn hơn mức cường độ âm tại B là a (dB). Mức cường độ âm tại B lớn hơn mức cường độ âm tại C là 3a (dB). Biết  \(OA = \frac{3}{5}OB\). Tỉ số \(\frac{{{\rm{OC}}}}{{{\rm{OA}}}}\) là:

A.   \(\frac{{625}}{{81}}\)                     

B.    \(\frac{{25}}{9}\)           

C.   \(\frac{{625}}{{27}}\)                     

D.  \(\frac{{125}}{{27}}\)

Chọn A. 

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{A^2}}} \sim {10^{LA}}(1)\\
\frac{1}{{O{B^2}}} \sim {10^{LB}}(2)\\
\frac{1}{{O{C^2}}} \sim {10^{LC}}(3)
\end{array}\) 

=> \(\begin{array}{l}
LB - LA =  - a\\
LB - LC = 3a
\end{array}\)

=> \(\begin{array}{l}
(2)/(1) = {\left( {\frac{{0A}}{{OB}}} \right)^2} = {10^{ - a}}(4) \Rightarrow a =  - \log {(\frac{3}{5})^2}(OA = 3/5OB)\\
(2)/(3)roi\;chia\;(4) \to {(\frac{{OA}}{{0C}})^2} = {10^{ - 4a}} \to ChonA
\end{array}\)

Câu 34: Ở mặt nước có 2 nguồn kết hợp đặt tại 2 điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra 2 sóng có bước sóng  λ . Trên AB có 9 vị trí mà ở đó các phân tử nước dao động với biên độ cực đại. C là một điểm ở mặt nước sao cho ABC là tam giác đều, M là một điểm thuộc cạnh CB và nằm trên vân cực đại giao thoa bậc nhất ( MA-MB=λ ). Biết phần tử tại M dao động cùng pha với các nguồn. Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.    \(4,5\lambda \)                    B.        \(4,7\lambda \)              

C.        \(4,3\lambda \)               D.  \(4,9\lambda \)

Chọn A. 

Điều kiện để M là cực đại giao thoa và cùng pha với hai nguồn là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{d_1} - {d_2} = n\lambda \\
{d_1} + {d_2} = m\lambda 
\end{array} \right.\left( 1 \right).\) n và m là số nguyên

Vì n = 1 =>  m là số lẻ. Trên hình, theo đề ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}
{d_1} + {d_2} > AB\\
AB < 5\lambda 
\end{array} \right.\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{d_1} - {d_2} = \lambda \\
{d_1} + {d_2} = 7\lambda 
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{d_1} = 4\lambda \\
{d_2} = 3\lambda 
\end{array} \right..\)

Áp dụng định lý hàm cosin trong tam giác MAB ta có:

\(d_1^2 = d_2^2 + A{B^2} - 2{d_2}AB.\cos \left( {{{60}^0}} \right).\)

=>  \(A{B^2} - 3\lambda AB - 7{\lambda ^2} = 0 \Leftrightarrow \Delta  = 9{\lambda ^2} + 28{\lambda ^2} = 37{\lambda ^2} =  > \left[ \begin{array}{l}
AB = 4,54\lambda (n)\\
AB =  - 1,54\lambda (l)
\end{array} \right.\)

Câu 35: Dùng hạt  α có động năng 5,00 MeV bắn vào hạt nhân \({}_7^{14}N\) đứng yên dây ra phản ứng : \({}_2^4He + {}_7^{14}N \to X + {}_1^1He\) . Phản ứng này thu năng lượng 1,21 MeV và không kèm theo bức xạ gamma. Lấy khối lượng các hạt nhân tính theo đơn vị u bằng số khối của chúng . Khi hạt nhân X bay ra theo hướng lệch với hướng chuyên động của hạt  α 1 góc lớn nhất thì động năng của hạt \({}_1^1H\) có giá trị gần nhất với với giá trị nào sau đây?

A. 2,75 MeV               B. 2,58 MeV               C. 2,96 MeV               D. 2,43 MeV

Chọn C.

 \({}_2^4He + {}_7^{14}N \to {}_Z^AX + {}_1^1H =  > {}_Z^AX = {}_8^{17}O\)

Năng lượng thu của phản ứng:  \({W_{thu}} = {K_X} + {K_H} - {K_\alpha } \to {K_X} + {K_H} = 3,79 \to {K_H} = 3,79 - {K_X}.\)

Định luật bảo toàn động lượng:

\(\cos \beta  = \frac{{p_X^2 + p_\alpha ^2 - p_H^2}}{{2{p_X}{p_\alpha }}} = \frac{{17{K_X} + 20 - 3,79 + {K_X}}}{{4\sqrt {85} \sqrt {{K_X}} }} = \frac{{18\sqrt {{K_X}}  + \frac{{16,21}}{{\sqrt {{K_X}} }}}}{{4\sqrt {85} }}\)  (1)

(với b là góc hợp bởi hướng lệch của hạt X so với hướng chuyển động của hạt α)

Để b đạt giá trị lớn nhất khi tử số (1) phải nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho tử số của (1) ta có: \(18\sqrt {{K_X}}  + \frac{{16,21}}{{\sqrt {{K_X}} }} \ge 34,16\)

Dấu “=” xảy ra khi: KX = 0,9 MeV ⇒ KH = 2,89 MeV

Câu 36: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát ra vô số ánh sáng đơn sắc có bước sóng  λ biến thiên liên tục trong khoảng từ 399nm đến 750 nm (399nm <  λ< 750 nm). Trên màn quan sát, tại M chỉ có 1 bức xạ cho vân sáng và 2 bức xạ có bước sóng λ1 và λ2 ( λ1 < λ2) cho vân tối. Giá trị lớn nhất của λ1 là :

A. 456nm                    B. 536nm                    C. 479nm                    D. 450nm

Chọn A.

Cách 1:  Giao thoa với ánh sáng có bước sóng:( λmin –λmax ).

Có n bức xạ cho vân trùng: thì n bậc quang phổ chồng lên nhau:

\({x_{\min }} = k\frac{{{\lambda _{\min }}.D}}{a} = [k - (n - 1)]{i_{\min }}.\)

Tại M  có 1 bức xạ cho vân sáng thỏa : \({x_M} = k\frac{{\lambda {}_{\min }.D}}{a}\) .

Với  \(k \ge (n - 1)\frac{{\lambda {}_{\max }}}{{\lambda {}_{\max } - \lambda {}_{\min }}} = (3 - 1)\frac{{750}}{{750 - 399}} = 4,27\)

Theo bài tại M có n= 3 vân trùng (1 vân sáng và 2 vân tối) nên chọn k= 4 với λmin = 399 nm.

Tại M có hai vân tối trùng:

\({x_M} = ({k_1} + 0,5)\frac{{{\lambda _1}.D}}{a} = ({k_2} + 0,5)\frac{{{\lambda _2}.D}}{a} =  > ({k_1} + 0,5){\lambda _1} = ({k_2} + 0,5){\lambda _2} = k{\lambda _{\min }}\)

1 < λ2)  nên : k2 = 2 và k1= 3

Bước sóng của  λ2 thỏa :   \({\lambda _2} = \frac{{k{\lambda _{\min }}}}{{({k_2} + 0,5)}} = \frac{{4.399}}{{2,5}} = 638,4nm\)  .

 Để l1 lớn nhất thì k1=3 =>  \({\lambda _1} = \frac{{k{\lambda _{\min }}}}{{({k_1} + 0,5)}} = \frac{{4.399}}{{3,5}} = 456nm\)

Cách 2: Dùng MODE 7 của MTCT

Câu 37: Đặt điện áp \({u_{AB}} = 40cos\left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)(V)\) vào 2 đầu đoạn mạch AB như hình bên, trong đó tụ điện có điện dung thay đổi được. Khi C=C0 thì tổng trở của đoạn mạch AB đạt gá trị cực tiểu và điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu đoạn mạch AN là \(40\sqrt 2 V\) . Khi C=0,5C0 thì biểu thức điện áp giữa 2 đầu tụ điện là :

A.   \({u_{NB}} = 20\sqrt 3 cos100\pi t(V)\)                         

B.  \({u_{NB}} = 20\sqrt 3 cos100\pi t(V)\)

C.      \({u_{NB}} = 20\sqrt 3 cos100\pi t(V)\)                     

D.  \({u_{NB}} = 20\sqrt 3 cos100\pi t(V)\)

Chọn D. 

-Khi C = C0 thì tổng trở của đoạn mạch AB đạt giá trị cực tiểu mạch có cộng hưởng điện: ZC0 =ZL.
  Điện áp hiệu dụng UAN= 40
\(\sqrt 2 \) V và ta có:

 \({U_{AN}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R} = 40\sqrt 2 V \leftrightarrow 40\sqrt 2  = \frac{{20\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R} =  > 4{R^2} = {R^2} + Z_L^2 =  > Z_L^{} = \sqrt 3 R\)

-Khi C = 0,5C0 thì ZC =2ZL :

\({U_{0NB}} = \frac{{{U_0}{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{{40.2\sqrt 3 R}}{{\sqrt {{R^2} + {{(\sqrt 3 R - 2\sqrt 3 R)}^2}} }} = 40\sqrt 3 V\)

Độ lệch pha lúc sau:

\(\tan \varphi  = \frac{{Z_L^{} - Z_C^{}}}{R} = \frac{{\sqrt 3 R - 2\sqrt 3 R}}{R} =  - \sqrt 3  =  > \varphi  =  - \frac{\pi }{3}\)

=> \({\varphi _i} = {\varphi _u} - \varphi  = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2}\) .

=> \({\varphi _{uNB}} = {\varphi _i} - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{2} = 0\) 

=>  \({u_{NB}} = 40\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t} \right)(V)\) .

Câu 39: Cho cơ hệ như hình bên. Vật m khối lượng 100g có thể chuyển động tịnh tiến, không ma sát theo mặt phẳng nằm ngang dọc theo trục lò xo có k=40N/m. vật M khối lượng 300g có thể trượt trên m với hệ số ma sát μ =0,2. Ban đầu, giữ m đứng yên ở vị trí lò xo dãn 4,5cm, dây D (mềm, nhẹ, không dãn ) song song với trục lò xo . Biết M luôn ở trên m và mặt tiếp xúc giữa 2 vật nằm ngang. Lấy g=10m/s2 . Thả nhẹ cho m chuyển động. tính từ lúc thả đến khi m đổi chiều chuyển động lần thứ 2 thì tốc độ trung bình của m là :

A. 22,3cm/s                 B. 19,1cm/s                 C. 28,7cm/s                 D. 33,4cm/s

Chọn B. 

 Lực ma sát giữa M và m làm cho lò xo có độ dãn:

\(\Delta {\ell _0} = \frac{{\mu Mg}}{k} = \frac{{0,2.0,3.10}}{{40}} = 0,015m = 1,5cm\) .

Lần 1 vật m đổi chiều:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = 4,5 - 1,5 = 3cm\\
{t_1} = \frac{{{T_1}}}{2} = \frac{1}{2}2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}  = \frac{\pi }{{20}}s\\
{S_1} = 2{A_1} = 2.3 = 6cm
\end{array} \right.\).

Lần 2 vật m đổi chiều:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = 3 - 1,5 = 1,5cm\\
{t_2} = \frac{{{T_2}}}{2} = \frac{1}{2}2\pi \sqrt {\frac{{m + M}}{k}}  = \frac{\pi }{{10}}s\\
{S_2} = 2{A_2} = 3cm
\end{array} \right.\).

Vận tốc trung bình: \({v_{TB}} = \frac{{{S_1} + {S_2}}}{{{t_1} + {t_2}}} = \frac{{6 + 3}}{{\frac{\pi }{{20}} + \frac{\pi }{{10}}}} = 19,0986\;(cm/s)\) Chọn B

Câu 40: Hai vật M1 và M2 dao động điều hòa cùng tần số. Hình bên là đồ thị biểu diễn dự phụ thuộc của li độ x1 của M1 và vận tốc v2 của M2 theo thời gian t. Hai dao động của M1 và M2 lệch pha nhau:

A.    \(\frac{\pi }{3}\)            B.       \(\frac{\pi }{6}\)                    

C.     \(\frac{{5\pi }}{6}\)               D.  \(\frac{{2\pi }}{3}\)

Chọn B. 

Từ đồ thị ta thấy v2 đạt cực đại trước  khi x1 đạt cực đại là 2 ô.

Mỗi chu kì 12 ô nên: v2 nhanh pha hơn x1 thời gian là T/6 ứng với góc \(\frac{\pi }{3}\)   .

 Hay v2 sớm pha hơn x1 về thời gian là T/6 ứng với góc \(\frac{\pi }{3}\)  .

Vì v2 vuông pha nhanh hơn x2 nên x1 sớm pha hơn x2 là :  \(\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6}\) . Chọn B.

Cách 2:

Phương trình dao động của M1 là :  \({x_1} = {A_1}\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right).\)

Lúc t = 0 ta có : \({v_2} = \frac{{{v_{2\max }}}}{2} \to {x_2} = \frac{{{A_2}\sqrt 3 }}{2} \to {\varphi _2} =  - \frac{\pi }{6}.\)

 Nên phương trình dao động của M2 là : \({x_2} = {A_2}\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\)

Hai dao động của M1 và M2  lệch pha nhau:

\(\Delta \varphi  = |{\varphi _1} - {\varphi _2}| = \frac{\pi }{6}\)

 

{-- xem đầy đủ nội dung ở phần xem online hoặc tải về --}

 

Thi trắc nghiệm trực tuyến THPT QG môn Vật lý. 

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung hướng dẫn làm bài môn môn Vật lý thi THPT QG năm 2018- Mã đề 206. Để xem toàn bộ nội dung các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng đề thi này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong kì thi THPT QG .

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

​Chúc các em học tập tốt !

 

 

 

YOMEDIA
1=>1
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_picture] => 4_1603079338.jpg
            [banner_picture2] => 
            [banner_picture3] => 
            [banner_picture4] => 
            [banner_picture5] => 
            [banner_link] => https://tracnghiem.net/de-kiem-tra/?utm_source=Hoc247&utm_medium=Banner&utm_campaign=PopupPC
            [banner_startdate] => 2020-10-19 00:00:00
            [banner_enddate] => 2020-10-31 23:59:00
            [banner_embed] => 
            [banner_date] => 
            [banner_time] => 
        )

)