Đáp án đề thi thử Đại học lần 6 (2014) môn Vật lý - Trường THPT Chuyên Đại học Sư phạm

Chia sẻ: Tran Nghe | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đáp án đề thi thử Đại học lần 6 (2014) môn Vật lý của Trường THPT Chuyên Đại học Sư phạm" giới thiệu tới người đọc đáp án và phương pháp giải các bài toán trong đề thi thử Đại học lần 6 của thầy Đoàn Văn Lượng. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi thử Đại học lần 6 (2014) môn Vật lý - Trường THPT Chuyên Đại học Sư phạm

TRƯỜNG ĐH SP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 (2014) TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 90 phút. GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng Mã đề thi 164 Câu 1: Trong một thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng , đo được khoảng cách từ vân sáng thứ 2 đến vân sáng thứ 8 ở cùng một phía đối vân sáng trung tâm là 3,6mm. Khoảng vân có giá trị: A.0,6mm B.0,4mm C.4,0mm D.6,0mm Giải:Câu 1:Khoảng cách từ vân sáng bậc 2 đến vân sáng bậc 8 ở cùng một bên vân trung tâm là: 6i =3,6mm => i=3,6/6=0,6mm.Chọn A hc 13, 6 13, 6 13, 6.8 Giải:Câu 2: Theo đề bước sóng ngắn nhất khi từ M về K: ( 2 2 ) (eV ) 1 1 3 9 hc 13, 6 13, 6 13, 6.5 Theo đề bước sóng dài nhất khi từ M về L: ( 2 2 ) (eV ) 2 2 3 36 36 => 2  5  288  32 Chọn A 1 9 34 5 8 hc hc hc Giải:Câu 3: = EM - EL = EM - EK - (EL - EK) = -  MK LK   122* 102,9 125538   = LK MK    657 , 267nm . Chọn D LK  MK 122  102,9 191 1 1 1 1 Cách nhập máy nhanh:     102,91  1221 = nhấn Ans -1 = kết quả:657,2670157 ML MK MK ML Trang 1 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Giải:Câu 4: Nếu khi thay đổi R = R1 và R = R2 thì công suất trong mạch như nhau. Khi đó, giá trị của Rm để công suất trong mạch cực đại là: Rm  r  ( R1  r )( R2  r )  ( 30  20 )* ( 92,5  20 )  75 =>Rm = 75-20= 55Ω.Chọn D Giải:Câu 5: Chọn B Giải:Câu 6: Bước sóng: λ=v/f=20/10=2cm Tìm số đường dao động cực đại và cực tiểu giữa hai điểm M, N bất kỳ: Hai điểm M, N cách hai nguồn lần lượt là d1M, d2M, d1N, d2N. Đặt dM = d1M - d2M ; dN = d1N - d2N và giả sử dM < dN. + Hai nguồn dao động cùng pha: * Cực đại: dM < k < dN => d1M - d2M < k < d1N - d2N =>15-20< 2k -2,5< k k= -2;-1;0;1;2;3 : có 6 cực đại giữa 2 điểm M,N * Cực tiểu: dM < (k+0,5) < dN=> d1M - d2M < (k+0,5) < d1N - d2N =>15-20< 2k+1 -3< k k= -2;-1;0;1;2;3;4: có 7 cực tiểu giữa 2 điểm M,N Chọn C Câu 7: Trong mạch dao động điện từ lí tưởng có dao động điện từ tự do với điện tích cực đại của một bản tụ là q0 và dòng điện cực đại qua cuộn cảm là I0. Khi dòng điện qua cuộn cảm bằng I0/n( với n>1) thì điện tích của tụ có độ lớn là: 1 q0 2 A.q0. 1  B. . C. q0/ 1  D. q0 1  2 / n2 n2 1 n2 1 n2 Giải:Câu 7: I0 q Giải 1:+ Theo đề ra : i  . + Áp dụng u  và I 0  Q0 thay vào và biến đổi: n C 1 1 1 q2 W  WC  WL  LI 02  Cu 2  Li 2  I 02   i2 2 2 2 LC Ta có : Chọn A  2Q02 1   Q0   q  2  q  Q0 1  2 2 2 2 2 n n I0 W (n2  1 ) (n 2  1 ) 2 1 Giải 2: Khi: i   WL  2  WC  W  W L  2 W  q 2  2 q0  q  q0 1  2 .Chọn A n n n n n Câu 8: Một sợi dây đàn hồi căng ngang , đang có sóng dừng ổn định. Trên dây A là một điểm nút, B là điểm bụng gần A nhất với AB=18 cm, M là một điểm trên dây cách B một khoảng 12cm. Biết rằng trong một chu kì sóng, khoảng thời gian mà độ lớn vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc cực đại của phần tử M là 0,1s. Tốc độ truyền sóng trên dây là A. 4,8 m/s. B. 5,6 m/s. C. 3,2 m/s. D. 2,4 m/s. Giải:Câu 8: Giải 1: Bước sóng   4. AB  72cm . Trang 2 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
d 18  12 5   Pha dao động của điểm M là :  M  2  2  ;  B    MB  .  72 6 2 3  Biên độ sóng tại M và tại B là: aB và aM = aB cos = aB/2 3 v Vận tốc cực đại của M và B là v B  AB ; v M  B .Thời gian vận tốc của B nhỏ hơn vận tốc dao động ở M là: 2 T T  72 t =4.   0,1  T  0,3s . Vâỵ v =   240cm / s  2,4m / s 12 3 T 0,3  Giải 2: Khoảng cách một nút và bụng liên tiếp  18    72cm 4 2  2  Biên độ sóng dừng tại một điểm M cách nút đoạn d là AM  2a sin d  2a sin .6   a với 2a là biên độ bụng   72  sóng. (do M cách bụng đoạn 12cm nên cách nút gần nhất đoạn 6cm) Vận tốc cực đại tại M là Vmax M  a -2a -a 3 O a 3 2a 2 V Tại B áp dụng công thức độc lập B  xB2  A2 với VB  a T  2 T 12 12  2a2 3   x 2  4a 2  x  a 3  2a  2 2 Vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc cực đại của phần tử M là 0,1s ứng với các đoạn như trên hình vẽ. T  72 Ta suy ra 4  0,1  T  0,3s .Vận tốc truyền sóng v    240cm / s  2,4m / s 12 T 0,3  Giải 3: + A là nút; B là điểm bụng gần A nhất  Khoảng cách AB = = 18cm, 4   = 4.18 = 72cm  M cách B  6   + Trong 1T (2  ) ứng với bước sóng  Góc qu t  =  = 6 3  Biên độ sóng tại B va M: AB= 2a; AM = 2acos =a 3 Vận tốc cực đại của M: vMmax= a 2 + Trong 1T vận tốc của B nhỏ hơn vận tốc cực đại của M được biểu di n trên đường tròn  Góc qu t 3 2 2  72   .0,1  T  0,3( s)  v    240cm / s  2,4m / s : Chọn D 3 T T 0,3  Giải 4: -Bước sóng:  16    72cm 4 v.T AM T - AM  AB  BM  6cm      t (x t trường hợp M nằm trong AB)(lấy A nút làm gốc) 12 12 v 12 T A A - Trong vật dao động điều hòa đi từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x   AM  B 12 2 2 v MaxB A 3 T 72 v B  v max M  AM   xB  B  tT  4  0.1  T  0.3( s )  v   240cm / s 2 2 12 0.3 Trang 3 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
2d  Hoặc: Biên độ sóng dừng tại 1 điểm M cách nút (đầu cố định)1 khoảng d: AM  AB cos(  trong đó AB là biên  2 độ dao động của bụng sóng 2d  AB  AM  AB cos(  ) . Sau đó tính như trên  2 2 T/6 vB Giải 5 : A B M * AB = /4 =>  = 72 cm -V0 -V0/2 0 V0/2 V0 BM 12 * Biên độ : aB = 2A ; aM = 2Acos(2 ) = 2Acos(2 )=A  72 Vận tốc cực đại : v0M = v0B/2 * Trong 1T khoảng thời gian để : – v0/2  vB  v0/2 là : t = 2.T/6 = 0,1s => T = 0,3s * v = /T = 240cm/s  Giải 6: A là nút; B là điểm bụng gần A nhất  Khoảng cách AB = = 18cm,   = 4.18 = 72cm 4 2 d M Công thức tính biên độ của một phần tử trên dây có sóng dừng là AM  2a | sin | với dM = xm là tọa độ của điểm  M so với nút sóng nào đó . Thường để đơn giản ta hay chọn nút sóng gần nhất A B M O - a a VB +2 +2 a a Vùng thỏa mãn trên đường tròn Vùng thỏa mãn trên trục OvB * Đề cho M cách B là 12 cm và A cách B là 18 cm . Nếu chọn nút gần M nhất làm gốc O thì M sẽ cách O là 18 – 12 = 6 cm  vậy Biên độ của điểm M là AM = 2a sin ( 2xM/) = 2a sin ( 2.6/ 12) = a => vận tốc cực đại của M là vmax = a * Vì B là bụng nên AB=2a  Phương trình dao động của B là uB  2 A cos(t   )   PT vận tốc của B là vB  2 A cos(t    )  đường tròn của vB 2 * Theo bài khoảng thời gian để | vB |
mev 2 mev 2 9,1.10 31.(8,0.107 )2 Giải:Câu 10: / e / U AK U AK 18200V 18, 2kV .Chọn B (Dư dữ kiện ) 2 2e 2.1,6.10 19 l l 21 21 Giải:Câu 11: λ=v/f= 50/20=2,5cm. Số Cực đại:  k  k  8, 4  k  8, 4   2,5 2,5 => k= ±8;±7;±6;±5;±4;±3;±2;±1;0: Có 17 Cực đại. l 1 l 1 21 21 Tương tự: Số Cực tiểu:    k      0,5  k   0,5  8,9  k  7,9  2  2 2,5 2,5 => k= -8;±7;±6;±5;±4;±3;±2;±1;0: Có 16 Cực tiểu. Chọn A 104 Câu 12: Mạch điện hình vẽ, R0 =100Ω; C0  F ,X là hộp kín chứa 2 trong 3 phần tử R,L,C mắc nối tiếp. 3  uMN  200 2 cos( 100 t  )(V ) .Ampe kế chỉ giá trị cực đại và điện áp giữa hai đầu hộp X lệch pha nhau π/2 so với 4 uMD. Hộp X có các phần tử : R0 C0 M A X N 3 3 A.R= 300 Ω; L  (H ) B. R  100 3  ; L  (H ) E D   103 104 C.R= 300 Ω; L  ( H ) D. R  100 3  ; L  (H ) N UL 3 3 Giải:Câu 12: Mạch điện hình vẽ: R0 C0 ZC 0  100 3 ; ZMD=200Ω M A X N Amper kế max=> cộng hưởng. E D UX Từ giản đồ vectơ: X chứa L và R=> ZL= ZC 0  100 3 X E ZL 100 3 3 => L    (H ) M  100  Theo số liệu d thấy góc EMD = 60 . 0  /3 UR0 UR Do góc NMD vuông tại M => EMN =300 Nên Ta Có: ZL  Z tan  X   tan  L  R  Z L 3  100 3 3  300 R 6 R Chọn A UR0C0 UC Hình câu 12 D Giải:Câu 13: Chọn D Trang 5 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
U1 N1 U1 N1 U U 1,3U 2  ;   2  1  Giải:Câu 14: U 2 N 2 U 2  0,3U 2 N 2  90 N 2 N1 N 2  90 . Chọn C  1,3N 2  N 2  90  0,3N 2  90  N 2  300 m0 m0 m0 m0 1 Giải:Câu 15: m  t  2T     0, 25 g .Chọn C T T 22 4 4 2 2 Câu 16: Đặt vào đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn AM gồm điện trở thuần R 1 = 50  103 mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C = F. Đoạn mạch MB gồm điện trở thuần R2 mắc với cuộn thuần cảm. Đặt 5 vào A, B điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi thì điện áp tức thời ở hai đầu đoạn mạch AM và MB 7 lần lượt là: u AM  50 2 cos(100t  )(V) và uMB  150 cos100t (V ) . Hệ số công suất của đoạn mạch AB là 12 A. 0,73. B. 0,84. C. 0,86. D. 0,95. Giải:Câu 16: Gỉai cách 1 : (Truyền thống) UMB + Ta có ZC = 50Ω ; Z tanφAM =  C  1   AM    R1 4 /3 7/12 I  Z /4 + Từ hình vẽ : φMB =  tan φMB = L  3  Z L  R2 3 3 R2 UAM U AM 50 2 * X t đoạn mạch AM: I    A Z AM 50 2 2 U * X t đoạn mạch MB: Z MB  MB  150  R22  Z L2  2 R2  R2  75;Z L  75 3 I R1  R2 50  75 Hệ số công suất của mạch AB là : Cosφ =   0,842565653 ( R1  R 2 )  ( Z L  ZC ) 2 2 1252  ( 75 3  50 )2  0,84  Đáp án A. Giải:Gỉải cách 2 : Dùng máyFx570ES. Tổng trở phức của đoạn mạch AB: u AB u AM  uMB u Z AB  ( ) Z AM  (1  MB ) Z AM i u AM u AM Cài đặt máy: Bấm MODE 2 xuất hiện: CMPLX.. bấm: SHIFT MODE 4 Chọn đơn vị là Rad (R) 150  A Nhập máy : (1  ) *(50  50i )  Hiển thị có 2 trường hợp:  (Ta không quan tâm đến dạng hiển thị 50 2  7 a  bi 12 này. Nếu máy hiện dạng a+bi thì có thể bấm: SHIFT 2 3 = Kết quả: 148,3563916  0,5687670898 ( A ) ) Ta muốn hiển thị  thì bấm: SHIFT 2 1 Hiển thị : arg( ,Bấm = Hiển thị : 0,5687670898 (Đây là giá trị của  ) Muốn tính cos: Bấm tiếp: cos = cos(Ans Hiển thị : 0,842565653 = 0,84 là giá trị của cos  Chọn B Trang 6 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Giải:Câu 17: Giải 1: Năng lượng phản ứng tỏa ra khi tổng hợp một hạt Liti là E  m.c2  (2.4,0015  7,0144  1,0073).931,5  17, 41905(MeV ) m 1 Khi tổng hợp 1g Liti thi Q  n.N A .E  .N A .E  .6, 023.1023.17.41905.1, 6.1013  23,9806.1010 ( J ) A 7 Q 23,9806.1010 Như vậy: Q  mH 2O .c(t2  t1 )  mH 2O    5, 723.105 (kg ) .Vậy Chọn A c(t2  t1 ) 4,19.10 .(100  0) 3 Giải 2: * Tính năng lượng PUHN là: Wpu Năng lượng khi tổng hợp từ 1g Li là: 1 .N A .Wpu 1 7 Q  N .Wpu  .N A .Wpu  Qdunnuocsoi  C.m.t  C.m. t soi 1000 C  0   m  0 7 C.100 Chú ý: Năng lượng phản ứng đổi ra Jun. và C=4190J/Kg.K. Chọn A Giải:Câu 18: Ta có: f= np với n là vòng/s ; 60vòng/phút =1vòng/s -> 50=np (1) và 60 =(n+1)p (2) 6 1 Từ (1) và (2) =>  1   n  5vong / s => p=10. 5 n E  40 60 40 6 E tỉ lệ với ω hay 2πf -> E ~ f =>   1    E  200V E 50 E 5 E  X 70 200  X 7 X 7 Khi tiếp tục tăng n tử 6 lên 7 vòng/s:     1    X  80V E 50 200 5 200 5 Vậy E+X= 200+80= 280V .Chọn B 2 v  42 1 1 Giải:Câu 19: ω=10 Rad/s . A  x     0,3  2   A  m  0,5m . Chọn B 2 2   10 4 2 3 4 2 2 A. B. C. D. 73 67 21 13 R R Giải:Câu 20: Giải: cos   Hệ số công suất với hai giá trị của tần số ω1 và ω2 bằng nhau, Z 1 2 R  ( L  2 ) C Trang 7 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
1 2 1 2 nên Z1 = Z2 hay: (1 L  )  (2 L  ) 1C 2C 1 1 1 1  2 1 Do ω1 ≠ ω2 nên 1 L   (2 L  )  (1  2 ) L   LC  hay ZL1 = ZC2. 1C 2C C 1.2 1.2 R R R R cos     R 2  (1 L  1 2 R2  ( 1  1 2 1 1 R 2  2 (  )2 1 1 (   )2 ) ) R 2  2 1 2 22 1C 2C 1C C 2 1 C 1 2 1 1 3 73 3 => cos      .Chọn A ( 1  2 )2 1 64 73 73 1 1 * 2 9 Giải:Câu 21: Chọn D dD 2 Giải:Câu 22: id   0,64.  0,64mm ;vị trí trùng thỏa: k33  k11 a 2 k 3.0,64 1,92 với k1 =3 ta có: 3  1 1   chọn k3= 4 => λ3=0,48μm ( Vì0,45μm < λ3 < 0,51μm). Chọn B. k3 k3 k3 P1 U 22 U2 2002 Giải:Câu 23: P tỷ lệ nghịch với U2:  2  P2  12 P1  * 30  4,8% Chọn B. P2 U1 U2 5002 . Giải:Câu 24: Chọn D. Câu 25: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X và cuộn cảm thuần .Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 0 cos( t   ) (ổn định) thì LCω2 =1, U AN  120 2V ,U MB  240 2V . Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc 600. Giá trị của U0 là: C L, A. 120 7V B. 120 34 V A X B M N Trang 8 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
C. 120 14 V D. 60 17 V B Giải:Câu 25: Giải 1:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): 1 1 U UL Đề cho LCω2 =1 => UC=UL . KB  U MB ; KN  U AN 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 1 Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 600 K 600 2 A => Tam giác vuông NBK vuông tại N: N U L  NB  KB 2  KN 2  ( 120 2 )2  ( 60 2 )2  60 6 V UX Xét tam giác vuông ANB vuông tại N: UC U  AB  AN 2  NB2  ( 120 2 )2  ( 60 6 )2  60 14 V => U 0  U 2  60 14 . 2  60 28  120 7 V .Chọn A. M Hình vẽ giản đồ vectơ câu 25 Giải 2: Đoạn mạch: A--C--M--X--N--L--B B U MB Ta có: LC 2  1  Z L  ZC  UC  U L uAN tr pha hơn uMB là 600 và UMB>UAN  X chứa r và LX UL 1 Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 600 U 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  U AN Theo giản đồ vectơ: U RX  U AN  120 2 V K A I (Hay: UAN*UMB*Sin 60 = UR*(UAN2 +UMB2-2UANUMBCos 60)½ N => U RX  120 2 V ) Theo giản đồ vectơ ta có: UX U LX UC (U LX  U L )  U MB 2  U RX 2  ( 240 2 )2  ( 120 2 )2  120 6 V U RX Ta có: URX = UAN => ULX=UL=UC= UL,LX/2= 60 6 V X M U  U AN 2  U L2  ( 120 2 )2  ( 60 6 )2  60 14 V U = UX U 0  U 2  60 14 * 2  120 7 V . Chọn A. UAN = URX Hình vẽ giản đồ vectơ câu 25 1 N Giải:Câu 26: Thời điểm Wd=3Wt khì x= x   A. P 2 Thời gian đó là: t= 3T/4= 3/2s (ứng góc quay là 3π/2). Quãng đường đi được: A/2 3 Oπ/3 3 A 7 3 -A/2 A A S  A A  2 A   A(  )  ( 35  5 3 )cm -A -A/2 2 2 2 2 2 a o π/6 S 35  5 3  Tôc độ trung bình: vtb    17 ,5598cm Chọn C. 30 2 t 3 2 M Q Hình vẽ Trang 9 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
 v 2l 2* 2 Giải:Câu 27: k=4 l  k k  v  f  100  100m / s Chọn C. 2 2f k 4 m 0, 2 1 Giải:Câu 28: T  2  2  2  0, 2s => T/4= 0,05s -> t=0,01+0,05=0,06s. Chọn D. k 200 100 2 D 1,5 Giải:Câu 29: i   0,64.  0,64mm ; n= L/2i=22/0,64*2= 17 . Số vân sáng: 2n+1 = 35. a 1,5 Số vân tối: 2n = 34. Chọn A. Giải:Câu 30: Còn 25% = ¼ hay N=N0/4 => t=2T =15*2 =30 phút Chọn B. Giải:Câu 31: Chọn C. Câu 32: Một tia sáng trắng chiếu tới bản hai mặt song song với góc tới i = 600. Biết chiết suất của bản mặt đối với tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,732 và 1,70. Bề dày của bản mặt e = 2 cm. Độ rộng của chùm tia khi ra khỏi bản mặt là: A. 0,0146 m. B. 0,292 cm. C. 0,0146 cm. D. 0,146 cm. Giải:Câu 32: Giải: Gọi h bề rộng của chùm tia ló ; a = TĐ là khoảng cách giữa 2 điểm ló i của tia tím và tia đỏ a = e (tanrđ – tanrt) (cm) I sin i sin i 3 = n => sinr = sini/n = = sin r sin r 2n T a Đ 3 H h sin r sin r 2n 3 i tanr = = = = cos r 1  sin r 2 3 4n 2  3 1 2 4n 3 3 tanrt = = 0,5774; tanrđ = = 0,592 4.1,732  3 2 4.1,.7 2  3 a = e (tanrđ – tanrt) = 2(0,592 – 0,5774) = 0,0292 (cm) => h = asin(900 – i) = asin300 = a/2 = 0,0146 cm.Chọn C. Trang 10 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Câu 33:Dùng hạt prôtôn có động năng Kp = 5,58MeV bắn vào hạt nhân 11 23 Na đứng yên, ta thu được hạt  và hạt X có các động năng tương ứng là Kα =6,6MeV; KX= 2,64MeV. Coi Phản ứng không kèm theo bức xạ gamma, lấy gần đúng khối lượng hạt nhân tính theo đơn vị u xấp xỉ bằng số khối của nó. Tính góc giữa vevtơ vận tốc của hạt  và hạt X: A.1500 . B.1700 . C.700 . B.300 . Giải:Câu 33: Động năng của proton: KP = Kα + KX - ∆E = 5,58 MeV PX mv 2 P2  Gọi P là động lượng của một vật; P = mv; K = = α 2 2m P12 = 2m1K1 = 2uK1; P22 = 2m2K2 = 8uK2 ; P32 = 2m3K3 = 40uK3 PP P1 = P2 + P3 Hay: Pp  P  PX ;P12 = P22 + P32 – 2P2P3cosα P22  P32  P12 8K 2  40 K 3  2 K1 Pα Cos   2 P2 P3 2 8K 2 * 40 K 3 =>  = 9,6220 =>  = 180-9,6220 = 170,3780. Chọn B 8* 6, 6  40* 2, 64  2* 5,58   0,9859318415 2 8* 6,6* 40* 2,64 A 2 A 2 Giải:Câu 34: Vẽ hình sẽ thấy vật đi từ   => Quãng đường A 2 .Chọn B. 2 2 U2 Giải:Câu 35: : R1 + R2 = => U  P(R1  R2 )  240( 40  80 )  120 2 V . Chọn B. P Giải:Câu 36: Khi có ma sát, hệ vật đạt tốc độ cực đại khi: Độ lớn Lực hồi phục = Độ lớn Lực ma sát. .(m1+m2).g=k.x0 x0= .(m1+m2).g/k =0,05*( 0,5)*10/50=0,005m=5mm=0,5cm m1  m2 0,1  0, 4 0 ,5  Chu kì : T  2  2  2  s K 50 50 5 -Thời gian từ lúc thả đến lúc hệ vật tại vị trí Cách VTCB đoạn x0 là:  x 0 ,5 T 1,52. 5 Góc quay : cos   0   0,05    1,52rad => t2    0,152 s ??? A 10 2 2 -Hoặc thời gian từ lúc thả đến lúc hệ vật tại VTCB mới O ‘ (OO’= /Ox0/) là: t2 = T/4 =π/20=0,157s a) Thời gian từ lúc hệ vật tách ra đến lúc m2 dừng lại: t2= (v-v0)/a= - v0/a = ω.(A-0,005)/μg=10.(0,1-0,005)/0,05.10=1,9s =>Thời gian từ lúc thả đến lúc m2 dừng lại: t1+t2= 0,152+1,9=2,052s. Chọn C. b) Thời gian từ lúc thả đến lúc m2 dừng lại: t1+t2 = 0,157+1,9=2,057s.Chọn C. Trang 11 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
2 I R  R  50 Giải:Câu 37: Giải: 1   2   9  1  3  R1  25m . Chọn A. I 2  R1  R1 1 L R2 Giải:Câu 38: Điều chỉnh ω1 để UCmax => 1   L C 2 1 1 4 1 Điều chỉnh ω2 để ULmax => 2  => 12  .Đề cho suy ra: 2  2 2 (1) L R2 LC 3 LC C  C 2 ZC2 1 1 ZC2 1 1 Ta có:   (2). Từ (1) và (2) =>  4 2 2  Z L 2 C * 2 L 2 2 2 2 2 2 C L 4 2 2 Z L 2 C L 2 3 U U U 3 3 Ta có: U L max    U  200  244,95V . Chọn B. Z 2 Z 2 1 2 2 1 C 2 1 C 2 1 Z L Z L 3 Giải:Câu 39: Vẽ vòng tròn lượng giác.A=5cm; S=12,5cm = 2A +A/2 => t1= T/2+ T/6 =2T/3 => T=3t1 /2=1s Hay : Góc quét M0OM1 sau t1 =2/3 s là: π+ π/3 =4π/3 2 2 2 => Chu kì T  t1  .  1s . (C)  4 3 3 -A 29 5 -A 2 A M0 Ta có :  4T  T Hay vật quay 4 vòng và 5/6 vòng đến M2, 2 6T 6 O A x ứng với quãng đường S’= 4.4A +3A +A/2=19,5A Hay S’=19,5*5=97,5cm. Chọn D. M1 M2 Giải:Câu 40: Bước sóng là 4*2 =8m. f=v/λ=5000/8=625Hz . Chọn A. II.PHẦN RIÊNG: CHỌN MỘT TRONG HAI PHẦN: A.Theo chương trình chuẩn (10 câu) Câu 41: Một quạt điện có ghi: 220V-88W. Khi hoạt động đúng công suất định mức thì độ lệch pha giữa điện áp u ở hai đầu quạt và cường độ dòng điện i qua nó là φ, với cosφ = 0,8. Để quạt điện này hoạt động bình thường ở điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 380V thì phải mắc nối tiếp quạt điện với điện trở R. Giá trị của R là: A. 361Ω . B. 260 Ω. C. 180 Ω. D.250 Ω Trang 12 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Giải:Câu 41: Giải:Trong quạt có: R0, ZL,ZC. Khi hoạt động bình thường: R Z  ZC cos  0  0,8  sin   0, 6  tan   L  0, 75 Z R0  P  UI cos   220.I.0,8  88  I  0,5A U  Z=  440; R 0  440.0,8  352  ZL  ZC  0, 75.352  264 I Để quạt hoạt động bình thường thì cường độ dòng điện trong mạch phải bằng 0,5A U' 380 I   0,5  352  R  712, 67  R  361() . Chọn A. Z' (352  R)2  2642 1 Giải:Câu 42: Khi tần số là f thì cos1 =1 => Cộng hưởng: ZL1=ZC1 hay 12  LC 2 Khi tần số là 2f ( f tăng ) thì cos2 = =>Pmax như khi R thay đổi => R=/ZL-ZC /=ZL2-ZC2 (1) 2 D thấy ZL tăng 2 lần và ZC giảm 2 lần: ZL2= 4ZC2 và từ (1) ta có: R = ZL2-ZL2 /4 => ZL2 = 4R/3 (2) 4 Vậy : Z L 2  4Z C 2  R. Chọn D. 3 Câu 43: Điện áp hiệu dụng giữa hai cực của một trạm phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây tải điện 100 lần, với điều kiện công suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi. Biết rằng khi chưa tăng điện áp, độ giảm điện thế trên đường dây tải điện bằng 15% điện áp hiệu dụng giữa hai cực của trạm phát điện. Coi cường độ dòng điện trong mạch luôn cùng pha với điện áp đặt lên đường dây . A. 8,25 lần B. 10lần. C. 6,25 lần. D. 8,515 lần. Giải:Câu 43: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây . R Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp: P1 = P12 ; Với P1 = P + P1 ; P1 = I1.U1 U12 R Công suất hao phí khi tăng điện áp: P2 = P22 2 ; Với P2 = P + P2 . U2 0,15U12 Độ giảm điện áp trên đường dây khi chưa tăng điện áp: U = I1R = 0,15U1  R = P1 P1 P12 U 22 U P =>  2 2  100  2  10 2 P2 P2 U1 U1 P1 P1 = P + P1 P2 = P + P2 = P + 0,01P1 = (P + P1) - 0,99P1 = P1 – 0,99P1 0,15U12 R P1 Mặt khác P1 = 0,15P1 vì P1 = P12 2  P12  0,15P1 U1 U12 U2 P P  0,99P1 P  0,99.0,15P1 Do đó:  10 2  10 1  10 1  8,515 Vậy U2 = 8,515 U1. Chọn D. U1 P1 P1 P1 Trang 13 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
D 0 , 5* 1 Gỉai: Câu 44: i    1mm . từ vân sáng bậc 1 đến vân tối bậc 3 là:(2i-0,5i)= 1,5i =1,5mm. Chọn C. a 0 ,5 Giải:Câu 45: Chọn B. l qE qE 105 2.104 Giải:Câu 46: T '  2 ; a => g'  g  g  10  4  6m / s 2 ga m m 0,05 l 0,375 1  Chu kì của con lắc : T '  2  2  2  s .Chọn A. g' 6 16 2 Giải:Câu 47: Fmax = kA => A=Fmax/k= Fmax/mω2 = 2/4π2 = 0,05m=5cm. Theo đề bài thì 2 dao động vuông pha nên: A2  A12  A22  A2  A2  A12  52  32  4cm .Chọn A. Giải:Câu 48: Chọn B. Giải:Câu 49: Chọn B. g 9,8 14 2 2 3 Giải:Câu 50:     rad / s .Chu kì: T    s. l 0, 45 3  14 7 3 Trang 14 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Tọa độ ban đầu: s0= α0 l = 0,1*0,45=0,045m =4,5cm. v2 212 9 2 Công thức độc lập tìm biên độ : A  s0 2   4,52   cm  4,5 2cm . 2 ( 14 )2 2 3 2 Theo đề: Con lắc từ vị trí ban đầu s0   A đi theo chiều âm đến biên âm (Vị trí lực căng nhỏ nhất lần 1) , sau đó đến 2 biên dương (Vị trí lực căng nhỏ nhất lần 2) thì góc quay là : π/4+π =5π/4-> Thời gian quay là t = 5T/8=15π/56s. 2 2 Quãng đường đi được trong khoảng thời gian trên : S= A  A  2 A  A( 3  ). 2 2 M0 Tốc độ trung bình trên quãng đường đó là: (C) 2 2 A( 3  ) 4 ,5 2 ( 3  ) v S  2  2  13,5 2  4,5  17 ,34cm / s -A O A t 15 15 15 A 2 M x 56 56 56  2 Chọn D. Hình câu 50 Giải:Câu 51: Chọn C. Giải:Câu 52: Chọn D. Giải:Câu 53: Chọn C. Giải:Câu 54: Chọn C. Giải:Câu 55: Chọn C. Trang 15 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Giải:Câu 56: Chọn A. Giải:Câu 57: Chọn D. Giải:Câu 58: Chọn A. Giải:Câu 59: Chọn D. Câu 60: Chọn C. Nguyên tắc thành công: Suy nghĩ tích cực; Cảm nhận đam mê; Hành động kiên trì ! Bí ẩn của thành công là sự kiên định của mục đích! Chúc các em học sinh THÀNH CÔNG trong học tập! Các em HS luyện thi CĐ-ĐH cần tư vấn thì gửi mail theo địa chỉ dưới đây:  Email: doanvluong@yahoo.com; doanvluong@gmail.com  ĐT: 0915718188 – 0906848238 Tại TP HCM các em HS có thể liên lạc qua số ĐT trên nếu cảm thấy chưa TỰ TIN ! Biên soạn : GV: Đoàn Văn Lượng Trang 16 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
TẢN MẠN VỀ HỘP X! TỪ CÂU 25 VỀ HỘP X SAU ĐÂY LÀ CÁC BÀI CÙNG DẠNG Câu 1: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X (X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 0 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, U AN  120 2V ,U MB  240 2V . Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc α = π/3. Tính giá trị của U? Cos ? C L Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): A X B 1 1 M N Đề cho LCω2 =1 => UC=UL . KB  U MB ; KN  U AN B U MB 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 UL Theo đề cho: U AN 1  U MB và góc BKN = 600 U 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  U AN Ta có: U L  NB  KB  KN  ( 120 2 )  ( 60 2 )  60 6 V 2 2 2 2 K A X t tam giác vuông ANB vuông tại N: N I U  AB  AN 2  NB2  ( 120 2 )2  ( 60 6 )2  60 14 V UX => U 0  U 2  60 14 . 2  60 28  120 7 V UC U R U AN 120 2 2 cos      U = UX U U 60 14 7 M Hình vẽ giản đồ vectơ Câu 2: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X (X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 2 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, U AN  100 3 V ,U MB  200 V . Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc nhọn α = π/6. Tính giá trị của U? Cos ? C L Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): A X B 1 1 M N Đề cho LCω2 =1 => UC =UL . KB  U MB ; KN  U AN B U MB 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 3 UL Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 300 U 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  U AN => U L  KB  KN  ( 100 )  ( 50 3 )  50 V 2 2 2 2 K A I X t tam giác vuông ANB vuông tại N: N U  AN 2  NB 2  ( 100 3 )2  502  50 13 V => U 0  U 2  50 13. 2  50 26 V . UX UC U R U AN 100 3 3 cos     2 U U 50 13 13 U = UX M Hình vẽ giản đồ vectơ câu 2 Trang 17 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Câu 3: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X (X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 2 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, điện áp hiệu dụng: U AN  100 2 V ,U MB  200 V . Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc nhọn α = π/4 . Tính giá trị của U ? Cos ? C L Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): A X B 1 1 M N B U MB Đề cho LCω2 =1 => UC =UL . KB  U MB ; KN  U AN 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 UL 2 U Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 450 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  U AN K A I N => U L  KB  KN  ( 100 )  ( 50 2 )  50 2 V 2 2 2 2 X t tam giác vuông ANB vuông tại N: UX U  AN  NB  ( 100 2 )  ( 50 2 )  50 10 V 2 2 2 2 UC => U 0  U 2  50 10 . 2  50 20  100 5 (V ) . U = UX U U 100 2 1 M cos   R  AN  2 Hình vẽ giản đồ vectơ câu 3 U U 50 10 5 BÀI KHÁI QUÁT: Câu 4: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X (X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 2 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, điện áp hiệu dụng: a U AN  (V ),U MB  a (V ) (a là hệ số tỉ lệ). Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc nhọn α = π/3 . 2 Tính giá trị của U theo a ? Cos ? C L A X B Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): M N 1 Đề cho LCω2 =1 => UC =UL . KB  U MB ; KN  U AN 1 B U MB 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 UL Theo đề cho: U AN 1  U MB và góc BKN = 600 U 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  U AN a 2 a 2 3 K => U L  KB 2  KN 2  ( ) ( )  a V A I 2 4 4 N X t tam giác vuông ANB vuông tại N: a 3 2 a UX U  AN 2  NB 2  ( )2  (a )  7V UC 2 4 4 a a => U 0  U 2  7. 2  14 (V ) . U = UX 4 4 M a Hình vẽ giản đồ vectơ câu 4 U U 2  2 cos   R  AN  U U a 7 7 4 Trang 18 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Câu 5: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X (X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 2 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, điện áp hiệu dụng: U AN  a 3 V ,U MB  2a V (a là hệ số tỉ lệ). Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc nhọn α=π/6 . Tính giá trị của U theo a ? Cos ? C L Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): A X B 1 1 Đề cho LCω2 =1 => UC =UL . KB  U MB ; KN  U AN M N B U MB 2 2 => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 UL 3 U Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 300 2 => Tam giác vuông NBK vuông tại N:  K U AN 3 2 a A I => U L  KB 2  KN 2  a 2  (a )  V N 2 2 Xét tam giác vuông ANB vuông tại N: UX a a UC U  AN  NB  (a 3 )  ( )2  2 2 2 13 V 2 2 => U 0  U 2  a 13. 2  a 26 (V ) . M U = UX U R U AN a 3 3 Hình vẽ giản đồ vectơ câu 5 cos     2 U U a 13 13 2 Câu 6: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X(X chứa 2 trong 3 phần tử Rx; Lx; Cx mắc nối tiếp) và cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 2 cos( t   ) (ổn định) và LCω2 =1, điện áp hiệu dụng: U AN  a 2(V );U MB  2a(V ) (a là hệ số tỉ lệ). Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc nhọn α =π/4. Tính giá trị của U theo a ? Cos ? C L Hộp X chứa nhữngphần tử nào? A X B Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): M N B U MB 1 1 Đề cho LCω2 =1 => UC =UL . KB  U MB ; KN  U AN 2 2 UL => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 U 2 Theo đề cho: U AN  2 U MB và góc BKN = 450  U AN => Tam giác vuông NBK vuông tại N: K A I N 2 2 2 => U L  KB 2  KN 2  a 2  (a ) a V 2 2 UX X t tam giác vuông ANB vuông tại N: UC a 2 2 a U  AN 2  NB 2  (a 2 )2  ( )  10 V U = UX 2 2 M => U 0  U 2  a 10 . 2  2a 5 (V ) . Hình vẽ giản đồ vectơ câu 6 U R U AN a 2 1 Ta có: cos     2 . X chứa r và LX U U a 5 10 2 Trang 19 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com
Câu 25(ĐHSPHàNội lần 6-2014): Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X và cuộn cảm thuần . Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp u AB  U 0 cos( t   ) (ổn định) thì LCω2 =1, U AN  120 2V ,U MB  240 2V . Đồng thời UAN tr pha so với UMB góc 600. Giá trị của U0 là: A. 120 7V B. 120 34 V C L A X B C. 120 14 V D. 60 17 V M N B U MB Giải 1:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên): 1 1 Đề cho LCω2 =1 => UC = UL . KB  U MB ; KN  U AN UL 2 2 U => Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2 1 Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 600  U AN 2 K A => Tam giác vuông NBK vuông tại N: N I => U L  NB  KB2  KN 2  ( 120 2 )2  ( 60 2 )2  60 6 V X t tam giác vuông ANB vuông tại N: UX UC U  AB  AN 2  NB2  ( 120 2 )2  ( 60 6 )2  60 14 V => U 0  U 2  60 14 . 2  60 28  120 7 V .Chọn A. U = UX M Hình vẽ giản đồ vectơ Giải 2: Đoạn mạch: A--C--M--X--N--L--B Ta có: LC 2  1  Z L  ZC  UC  U L uAN tr pha hơn uMB là 600 và UMB>UAN  X chứa r và LX B U MB Theo giản đồ vectơ: U RX  U AN  120 2 V (Hay: UAN*UMB*Sin 60 = UR*(UAN2 +UMB2-2UANUMBCos 60)½ UL U => U RX  120 2 V ) 1 Theo đề cho: U AN  U MB và góc BKN = 600  U AN 2 K A I => Tam giác vuông NBK vuông tại N: N => (U LX  U L )  U MB 2  U RX 2  ( 240 2 )2  ( 120 2 )2  120 6 V Ta có: URX = UAN => ULX=UL=UC= UL,LX/2= 60 6 V UX U LX UC U  U AN 2  U L2  ( 120 2 )2  ( 60 6 )2  60 14 V U RX U 0  U 2  60 14 * 2  120 7 V . Chọn A. M X U = UX NHẬN XÉT VỀ DỮ LIỆU BÀI TOÁN: UAN = URX -Dữ liệu 1: Cho điều kiện: LCω2 =1 -Dữ liệu 2: Cho các điện áp hiệu dụng: U AN ;U MB Hình vẽ giản đồ vectơ -Dữ liệu 3: Cho cos  Từ dữ liệu ta suy ra mối liên hệ giữa các điện áp hiệu dụng để vẽ giản đồ vectơ. -Yêu cầu tính: U hoặc U0 . cos . -Nếu đề cho thêm một trong các thông số: C hoặc L thì ta có thể xác định các thông số của hộp X: Rx ; LX. -Nếu đề cho thêm cường độ hiệu dụng I ta có thể xác định: C, L và các thông số của hộp X: Rx ; LX... Trang 20 GV: Đoàn Văn Lượng - Email: doanvluong@gmail.com ; doanvluong@yahoo.com