BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (Theo đúng cấu trúc của Bộ GD&ĐT ban hành) ĐỀ THI THỬ SỐ: 505 Môn thi: VẬT LÍ, Khối A Thời gian làm bài: 90 phút. GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng Mã đề thi 505 Họ, tên thí sinh: Số báo danh: Cho biết: hằng số Plăng h=6,625.10 -34 J.s; độ lớn điện tích nguyên tố e = 1,6.10 -19 C; tốc độ ánh sáng trong chân không c = 3.10 8 m/s; gia tốc trọng trường g = 10 m/s 2 . Câu 1: Một chất điểm đang dao động với phương trình x = 6 c os10 π t (cm) . Tính tốc độ trung bình của chất điểm sau 1/4 chu kì tính từ khi bắt đầu dao động và tốc độ trung bình sau nhiều chu kỳ dao động A: 1,2m/s và 0 B: 2m/s và 1,2m/s C: 1,2m/s và 1,2m/s D: 2m/s và 0 Khi 0 = t thì cmx 60cos6 == (biên dương) Sau 4 T t = vật ở VTCB nên S=A=6cm. Tốc độ trung bình sau 1/4 chu kì scm t s v /120 4/2,0 6 === Tốc độ trung bình sau nhiều chu kỳ scm T A t s v /120 2,0 6.44 ==== Câu 2 : Một chất điểm đang dao động điều hoà trên một đường thẳng mà trên đó có 7 điểm theo thứ tự M1, M2, M3, M4, M5,M6,M7 xung quanh vị trí cân bằng O trùng M 4 . Cho biết trong quá trình dao động cứ 0,05s thì chất điểm lại đi qua các điểm M1,M2,M3, O(M4), M5,M6,M7 và tốc độ của nó lúc đi qua các điểm M2 là 20π cm/s. Biên độ A bằng? A. 4cm B.6cm C.12cm D. 4 3 cm Cách : Dùng vòng tròn lượng giác : Theo đề suy ra góc quay ứng 0,05s là 30 0 hay π/6 Mà chu kỳ T ứng 2π Hay T= 0,05. 2π/ π/6 =0,6s => 2 2 20 / 0,6 6 Rad s T π π π ω = = = Biên độ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 (20 ) .36 4 (20 ) 3 36 36 4 4 12 v A A x A A A A cm π ω π = + = + <=> − = <=> = => = Câu 3: Hai vật dao động điều hòa dọc theo hai trục tọa độ song song cùng chiều. Phương trình dao động của hai vật tương ứng là x 1 = Acos(3πt + ϕ 1 ) và x 2 = Acos(4πt + ϕ 2 ) . Tại thời điểm ban đầu, hai vật đều có li độ bằng A/2 nhưng vật thứ nhất đi theo chiều dương trục tọa độ, vật thứ hai đi theo chiều âm trục tọa độ. Khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là A. 4s B. 3s C. 2s D. 1s Giải: Chu kì dao động của 2 vật: T 1 = 1 2 ω π = π π 3 2 = 3 2 (s); T 2 = 2 2 ω π = π π 4 2 = 2 1 (s) Khoảng thời gian để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là: t = n 1 T 1 = n 2 T 2 với n 1 ; n 2 nguyên dương => 3 2 n 1 = 2 1 n 2 => n 1 = 3n; n 2 = 4n II IV Hình vẽ M7 I O x A A/2 30 M1 M4 -A A 30 M6 M2 A M5 M3 Do đó t = 3nT 1 = 4nT 2 = 2n (s). n = 0 ứng với t = 0 Khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là t = 2 (s) (n = 1) Đáp án C Câu 4: Hai con lắc lò xo nằm ngang giống hệt nhau dao động điều hòa với biên độ lần lượt là A 1 và A 2 = 2A 1 và cùng pha. Mốc thế năng tại VTCB. Khi con lắc thứ nhất có thế năng Wt 1 =0,16J thì con lắc thứ hai có động năng W đ2 =0,36J . Khi con lắc thứ hai có thế năng 0,16J thì con lắc thứ nhất có động năng là: A. 0,36J . B. 0,21J . C. 0,04J . D. 0,09J . Giải:Do A 2 =2A 1 nên: W 2 = 4W 1 . Do chúng cùng pha => khi x 2 = 2x 1 thì: W t2 = 4W t1 = 4. 0,16=0,64J Năng lượng con lắc 2: W 2 = W d2 +W t2 = 0,36 + 0,64=1J => Năng lượng con lắc 1: W 1 =W 2 /4 = 0,25J Khi con lắc 2 có: W t2 = 0,16J thì thế năng của con lắc 1 là : W t1 =W t2 /4=0,16/4=0,04J => Động năng của con lắc 1 là : W d1 =W 1 - W t1 = 0,25- 0,04 = 0,21J.Chọn B Câu 5. Một quả cầu A có kích thước nhỏ và khối lượng m = 50g , được treo dưới một sợi dây mảnh, không dãn có chiều dài l = 6,4(m) , ở vị trí cân bằng O quả cầu cách mặt đất nằm ngang h = 0,8m. Đưa quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng O sao cho sợi dây lập với phương thẳng đứng một góc 60 0 , rồi buông nhẹ cho nó chuyển động. Bỏ qua lực cản môi trường và lấy gia tốc trọng trường 10 (m/s 2 ). Nếu khi qua O dây bị đứt thì vận tốc của quả cầu khi chạm đất cho phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc A. 38,6 0 B. 28,6 0 C. 36,6 0 D. 26,6 0 Giải: Vận tốc của quả cầu khi qua VTCB 2 2 0 mv = mgl(1 – cos60 0 ) => v 0 = gl = 8 m/s Lúc chạm đất v = v x + v y v x = v 0 = 8 m/s v y = g g h2 = gh2 = 4 m/s phương của vận tốc hợp với phương ngang góc β tanβ = x y v v = 8 4 = 0,5 => β = 26,56 0 ≈ 26,6 0 Đáp án D Câu 6: Có hai con lắc lò xo giống hệt nhau dao động điều hoà trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo hai đường thẳng song song cạnh nhau và song song với trục Ox. Biên độ của con lắc một là A 1 = 4cm, của con lắc hai là A 2 = 4 3 cm, con lắc hai dao động sớm pha hơn con lắc một. Trong quá trình dao động khoảng cách lớn nhất giữa hai vật dọc treo trục Ox là a = 4cm. Khi động năng của con lắc một cực đại là W thì động năng của con lắc hai là: A. 3W/4. B. 2W/3. C. 9W/4. D. W Giải: Giả sử phương trình dao động của hai con lắc lò xo: x 1 = 4cosωt (cm); x 2 = 4 3 cos(ωt + ϕ) (cm) Vẽ giãn đồ véc tơ A 1 A 2 và vecto A = A 2 – A 1 Vecto A biểu diễn khoảng cách giữa hai vật x = x 2 – x 1 x = Acos(ωt + ϕ’) β h m ϕ’ x O ϕ A A 2 A 1 biên độ của x: A 2 = A 1 2 + A 2 2 – 2A 1 A 2 cosϕ = 64 - 32 3 cosϕ Trong quá trình dao động khoảng cách lớn nhất giữa hai vật dọc treo trục Ox khi cos(ωt + ϕ’) = ± 1 => A = a = 4cm => A 2 = 16 64 - 32 3 cosϕ = 16 =>cosϕ = 2 3 => ϕ = 6 π Do đó x 2 = 4 3 cos(ωt + ϕ) = x 2 = 4 3 cos(ωt + 6 π ) Khi W đ1 = W đmax = 2 2 1 kA = W thi vật thứ nhất qua gốc tọa đô: x 1 = 0=> cosωt = 0 ;sinωt = ± 1 Khi đó x 2 = 4 3 cos(ωt + 6 π ) = 4 3 cosωt cos 6 π - 4 3 sinωt sin 6 π = ± 2 3 cm = ± 2 2 A W đ2 = 2 2 2 kA - 2 2 2 kx = 4 3 2 2 2 kA 1 2 đ đ W W = W W đ 2 = 2 24 3 2 1 2 2 kA kA = 4 3 2 1 2 2 A A = 4 9 => W đ2 = 4 9 W. Đáp án C Câu 7: Một con lắc đơn dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g = 10m/s 2 , vật nặng có khối lượng 120g. Tỉ số giữa độ lớn gia tốc của vật tại vị trí cân bằng và độ lớn gia tốc của vật tại vị trí biên là 0,08. Độ lớn lực căng dây tại vị trí cân bằng là A. 1,207676N B. 1,19616N C. 1,18926N D. 1,21146N Giải: Con lắc đơn khi dao động, quỹ đạo của vật nặng (quả cầu nhỏ của con lắc) là một cung tròn. Gia tốc của con lắc gồm hai thành phần là gia tốc tiếp tuyến t a uur và gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm) n a . uur Gia tốc toàn phần là 2 2 t n t n a a a a a a .= + ⇒ = + r uur uur Trong đó các độ lớn gia tốc thành phần là 2 t a s s ′′ = = ω và 2 n v a .= l Tại vị trí cân bằng, 2 2 2 2 max 0 0 t 1 n v S S g a 0; a . a ω = = = = = l l l l Tại vị trí biên, n a 0,= 2 2 t 0 0 g a a S .S= = ω = l . Lập tỉ số 0 1 2 S a . a = l Suy ra biên độ dài của con lắc là ( ) 1 1 0 0 0 2 2 a a S rad . a a = = α ⇒ α =l l Độ lớn lực căng dây tại VTCB là ( ) ( ) 2 2 0 0 0 mg 3 2cos mg 3 2 1 mg 1 . 2     α τ = − α ≈ − − ≈ +α    ÷     Thay số, ta được: ( ) ( ) 2 0,120.10. 1 0,08 1,2076 N .τ = + = ⟹ Chọn A. Câu 8: Một vật có khối lượng không đổi thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa ( ) 11 cos10 ϕω += tx và       −= 2 cos 22 π ω tAx , phương trình dao động tổng hợp của vật là cos( ) 3 x A t π ω = − . Để vật dao động với biên độ bằng một nửa giá trị cực đại của biên độ thì A 2 bằng bao nhiêu? A. 10 3 cm B. 20cm C. 20 / 3 cm D. 10/ 3 cm Giải 1: Mà ta có 6 sin sin sin 6 sin 11 π α α π A A AA =⇒= 21max 2 AAA rr ⊥⇔=⇔ π α =>A max = 20 3 cos 1 = π A . Để A = A max /2 = 10 thi 310 6 sin2 12 == π AA . Giải 2: Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A A A A A A A A A 2AA cos 10 A A AA 3 A AA 3 A 10 0 * = + → = − → = + − ϕ − ϕ → = + − → − + − = ur uur uur uur ur uur Phương trình trên luôn có nghiệm nên: ( ) 2 2 2 3A 4A 4.10 0 A 20 cm∆ = − − ≥ → ≤ Khi A=10(cm) từ (*) suy ra: ( ) 2 A 10 3 cm= Giải 3: * Định lý hàm số sin trong tam giác 1 OA A∆  10 .sin sin 6 A α π =  A max = 20cm khi α = 90 0 1 A r 2 A r A r 3/ π − ∆ 1 A uur A uur 2 A uuur 10cm π/3 π/6 π/6 φ α O * Khi A=A max /2 =10 cm  Dùng định lý hàm số cos trong 1 OA A∆  ( ) 10 3A cm= . Đáp án A Câu 9: M và N là hai điểm trên một mặt nước phẳng lặng cách nhau một khoảng 12 cm. Tại một điểm O trên đường thẳng MN và nằm ngoài đoạn MN, người ta đặt một nguồn dao động với phương trình u = 2,5 2 cos20πt (cm), tạo ra một sóng trên mặt nước với tốc độ truyền sóng v = 1,6 m/s. Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử môi trường tại M và N khi có sóng truyền qua là A. 13 cm. B. 15,5 cm. C. 12,5 cm. D. 17cm. Giải 1: Bước sóng λ = v/f =1,6/10 = 0,16m = 16cm. Khoảng cách MN = 12cm = 4 3 λ ( Vuông pha ) Khoảng cách giữa hai phần tử môi trường tại M và N khi có sóng truyền qua là L = 22 )( NM uuMN −+ . Dễ thấy khi L max thì M 2 2 u a 2,5 2 2,5cm 2 2 = = = và N 2 2 u a 2,5 2 2,5cm 2 2 = − = − = − =>Khoảng cách xa nhất giữa M và N là: 2 2 2 2 max M N L MN (u u ) 12 5 13cm= + − = + = .Chọn A Giải 2: + λ = 16cm ; ∆ϕ M,N = 2π.12/16 = 1,5π => u M và u N vuông pha Nếu u M = 2,5 2 cos20πt thì u N = 2,5 2 cos(20πt – π/2) + Để tìm khoảng cách giữa M,N theo phương thẳng đứng ta tìm hiệu : u = u M – u N = Acos(20πt + ϕ) Dùng giản đồ tính được A = 5cm => khoảng cách giữa M,N theo phương thẳng đứng: d max = 5 cm Theo phương ngang : MN = 12cm. => Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử tại M và N khi có sóng truyền qua là : 2 2 12 5+ = 13cm Câu 10: Một sóng cơ học lan truyền dọc theo một đường thẳng với biên độ sóng không đổi có phương trình sóng tại nguồn O là: u = A.cos( ω t - π /2) cm. Một điểm M cách nguồn O bằng 1/6 bước sóng, ở thời điểm t = 0,5 π / ω có ly độ 3 cm. Biên độ sóng A là: A. 2 (cm) B. 2 3 (cm) C. 4 (cm) D. 3 (cm) Câu 10: Giải: 2 0,5 0,5 .sin .sin .sin . 3 2 3 3 3 M M d u A t A t u A A cm π π π π π ω ω ω λ ω ω         = − = − ⇒ = − = ⇒ =  ÷  ÷  ÷  ÷         Câu 11: Trên bề mặt chất lỏng tại hai điểm S1;S2 có hai nguồn dao động với phương trình u=4cos40πt(mm), tốc độ truyền sóng là 120 cm/s. Gọi I là trung điểm của S1S2.Lấy 2 điểm A, B trên S1S2 sao cho lần lượt cách I các khoảng 0,5cm và 2 cm.Tại thời điểm t vận tốc của điểm A là 12√3(cm/s) thì vận tốc dao động tại điểm B là? A. 6√3 cm/s B. −12cm/s C. −12√3cm/s D. 4√3 cm/s Giải: Bước sóng 6 cm Biên độ dao động tại A và B lần lượt là : a -a a a -a N M -a O ; Trong cả hai trường hợp : A và B ở cùng một phía so với I hoặc ở hai phía so với I thì chúng đều dao động ngược pha nhau Vậy : Ta có đáp án B Câu 12: Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là u A = 3cos(40πt + π/6) (cm); u B =4cos(40πt + 2π/3) (cm). Cho biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên mặt nước, có bán kính R=4cm. Số điểm dao động với biên độ 5cm có trên đường tròn là A. 30 B. 32 C. 34 D. 36 Bước sóng cm f v 2 20 40 === λ * Số cực đại trên đoạn MN π ϕ λπ ϕ λ 22 ∆ −≤≤ ∆ −− MN k MN 75,325,4 2 63 2 2 8 2 63 2 2 8 ≤≤−↔ − −≤≤ − −−↔ kk π ππ π ππ Vậy có 8 đường dao động với biên độ cực đại A max =4+3=7cm * Số cực tiểu trên đoạn MN 2 1 22 1 2 − ∆ −≤≤− ∆ −− π ϕ λπ ϕ λ MN k MN 5,375,4 2 1 2 63 2 2 8 2 1 2 63 2 2 8 ≤≤−↔− − −≤≤− − −−↔ kk π ππ π ππ Vậy có 8 đường dao động với biên độ cực tiểu A min =4-3=1cm * Nhận xét: Giữa 1 đường cực đại và cực tiểu có 1 đường dao động biên độ 5cm (trung gian). Ta có 16 đường cả cực đại và cực tiểu thì xen giữa chúng có 15 đường trung gian biên độ 5cm và đặc biệt tại M và N chính là hai đường biên độ 5cm (Do 2 2 2 1 5 AAcmA +== nên hai sóng tới từ A và B vuông pha nhau). Vậy ta có 16 đường dao động biên độ 5cm nên có 30 điểm dao động biên độ 5cm trên đường tròn do hai đường tại M và N chỉ cho 1 điểm. Đáp án: 30 điểm. Câu 13: 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 12 cm. Biết rằng trong một chu kỳ 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. 3,2 m/s. B. 5,6 m/s. C. 4,8 m/s. D. 2,4 m/s. N M BA Gii: A l nỳt súng, B l im bng gn A nht, vy AB 4.AB 4.18 72cm. 4 = = = = Biờn ca im B l 2a, vi a l biờn dao ng ca ngun. M cỏch im bng B l d = 12cm cú biờn dao ng M d 12 A 2a cos2 2a cos2 2acos a 72 3 = = = = . Vn tc cc i ca phn t M l Mmax v a. = Vn tc cc i ca B l Bmax v 2 a.= S dng vũng trũn, ta thy trong mt na chu k, thi gian m ln vn tc dao ng ca phn t B nh hn vn tc cc i ca phn t M l t = 0,05s. Gúc m vect quay quay c l 20 3 .t 3 t 0,05 3 = = = = = (rad/s). Chu k súng l ( ) 2 3 T 0,3 s . 10 = = = Tc truyn súng trờn dõy 72 v 240 T 0,3 = = = (cm/s) = 2,4 (m/s). Chn D. Cõu 14: Mt si dõy n hi c treo thng ng vo mt im c nh, u di ca dõy t do. Ngi ta to súng dng trờn dõy vi tn s bộ nht l f 1 . cú súng dng trờn dõy phi tng tn s ti thiu n giỏ tr f 2 . T s 1 2 f f l: A. 2. B. 3. C. 2,5. D. 1,5. ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 + Điều kiện xảy ra sóng dừng 1 đầu cố định, 1 đầu tự do là: 2 1 2 1 4 4 4 Với là tần số bé nhất 0 4 3 Để lại có sóng dừng trên dây phải tăng tần số tối thiểu đến 1 4 + = + = + = + = = + = = k v v l k k f f l v f k f f v f k f f 2 1 3 = f f Cõu 15: Mt ngi ng trc mt cỏi loa mt khong 50(m), nghe c õm mc cng õm 80(dB). Cho bit loa cú dng hỡnh nún cú na gúc nh l 30, cng õm chun l . B qua s hp th õm ca khụng khớ. Cụng sut phỏt õm ca loa l A. B. C. D. Cõu 15: Cường độ âm tại I: Vì bỏ qua hấp thụ âm của không khí. Công suất nguồn: Chọn A (Lưu ý: là diện tích chõm cầu) Câu 16: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 60V vào hai đầu mạch RLC mắc nối tiếp thì cường độ qua mạch là:i 1 = I 0 cos ( 100πt + π/4 ). Nếu ngắt bỏ tụ thì cường độ dòng điện qua mạch là i 2 = I 0 cos ( 100πt - π/12 ). Điện áp hai đầu đoạn mạch là: A. u = 60 2 cos ( 100πt - π/12 ) B. u = 60 2 cos ( 100πt + π/6) C. u = 60 2 cos ( 100πt + π/12) D. u = 60 2 cos ( 100πt - π/6 ) Giải nhanh: Nhìn vào các đáp án và cường độ ta thấy cùng I =1A => cùng Z => Z C =2Z L . 1 2 tan ;tan L C L Z Z Z R R ϕ ϕ − = = .Do Z C =2Z L => 1 2 2 1 tan ;tan . L C L L Z Z Z Z Hay R R R ϕ ϕ ϕ ϕ − − = = = = − Ta có: 1 1 2 2 u i u i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = + = + ; Do 2 1 ϕ ϕ = − => 1 2 2. 4 12 6 12 u i i u π π π π ϕ ϕ ϕ ϕ = + = − = => = Chọn C Câu 17. Mắc vào đoạn mạch RLC không phân nhánh gồm một nguồn điện xoay chiều có tần số thay đổi được. Ở tần số 1 60f Hz= , hệ số công suất đạt cực đại cos 1 ϕ = . Ở tần số 2 120f Hz= , hệ số công suất nhận giá trị cos 0,707 ϕ = . Ở tần số 3 90f Hz= , hệ số công suất của mạch bằng A. 0,874 B.0,486 C. 0,625 D. 0,781 Giải: Ta có Z L1 = Z C1 => ω 1 L = C 1 1 ω => LC = 2 1 1 ω (1) cosϕ 2 = 0,707 => ϕ 2 = 45 0 => tanϕ 2 = R ZZ CL 22 − =1 => R = Z L2 - Z C2 tanϕ 3 = R ZZ CL 33 − = 22 33 CL CL ZZ ZZ − − = C L C L 2 2 3 3 1 1 ω ω ω ω − − = 3 2 ω ω 1 1 2 1 2 2 2 1 2 3 − − ω ω ω ω = 3 2 ω ω 2 1 2 2 2 1 2 3 ωω ωω − − = 3 2 f f 2 1 2 2 2 1 2 3 ff ff − − tanϕ 3 = 3 2 f f 2 1 2 2 2 1 2 3 ff ff − − = 3 4 22 22 60120 6090 − − = 3 4 12 5 = 9 5 => (tanϕ 3 ) 2 = 25/91 => 81 106 81 25 1 cos 1 3 2 =+= ϕ => cos 2 ϕ 3 = 81/106 => cosϕ 3 = 0,874. Đáp án A Câu 18: Đặt điện áp xoay chiều u = U 0 cos(ωt + ϕ) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L, tụ điện C và điện trở thuần R mắc nối tiếp. Tăng dần điện dung của tụ điện, gọi t 1 , t 2 và t 3 là thời điểm mà giá trị hiệu dụng U L , U C , và U R đạt cực đại. Kết luận nào sau đây là đúng? A. t 1 = t 2 > t 3 . B. t 1 = t 3 < t 2 . C. t 1 = t 2 < t 3 . D. t 1 = t 3 > t 2 . Giải: Ta có U R = U Rmax và U L = U Lmax khi Z L = Z C trong mạch có cộng hưởng điện để I = I max Do đó t 1 = t 3 U C = U Cmax khi Z C = L L Z ZR 22 + = Z L + L Z R 2 > Z L => t 2 > t 1 Do đó: t 1 = t 3 < t 2 . Đáp án B Câu 19: Đoạn mạch AB gồm điện trở R = 50Ω, cuộn dây có độ tự cảm L = 0,4/π H và điện trở r = 60Ω, tụ điện có điện dung C thay đổi được và mắc theo đúng thứ tự trên. Đặt vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều có dạng: u AB = 220 2 cos100πt (V), t tính bằng giây. Người ta thấy rằng khi C = C m thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện đạt cực tiểu U min . Giá trị của C m và U min lần lượt là A. 10 –3 /(4π) F và 120 V B. 10 –3 /(3π) F và 264 V C. 10 –3 /(4π) F và 264 V D. 10 –3 /(3π) F và 120 V Giải: Đặt điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện là U. Ta có U = I 22 )( CL ZZr −+ = 22 )()( CL AB ZZrR U −++ 22 )( CL ZZr −+ U = 22 22 )( )()( CL CL AB ZZr ZZrR U −+ −++ = 22 2 )( 2 1 CL AB ZZr RrR U −+ + +  U = U min khi Z C = Z Cmin = Z L = 40Ω  C min = π 4 10 3− F U = U min = 2 2 )( r rR U AB + = rR rU AB + = 120V. Chọn A Câu 20: Một đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM gồm điện trở thuần R mắc nối tiếp với tụ điện C có điện dung thay đổi được, đoạn mạch MB là cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L. Thay đổi C để điện áp hiệu dụng của đoạn mạch AM đạt cực đại thì thấy các điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở và cuộn dây lần lượt là U R = 100 2 V, U L = 100V. Khi đó điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện là: A. U C = 100 3 V B. U C = 100 2 V C. U C = 200 V D. U C = 100V Giải: Ta có U AM = 22 22 )( CL C ZZR ZRU −+ + = 22 22 )( 1 C CL ZR ZZR + −+ = 22 2 2 1 1 C CLL ZR ZZZ + − + Để U AM = U AMmax thì biểu thức y = 22 2 2 C CLL ZR ZZZ + − = y min => đạo hàm y’ = 0 => ( 22 C ZR + )(-2Z L ) – ( CLL ZZZ 2 2 − )2Z C = 0 <=> Z C 2 – Z L Z C – R 2 = 0 Hay U C 2 – U L U C – U R 2 = 0 <=> U C 2 – 100U C – 20000 = 0 <=> U C = 200(V) (loại nghiệm âm). Chọn C Câu 21: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 60 V vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp thì cường độ dòng điện qua đoạn mạch là i 1 = 0 I cos(100 t ) 4 π π + (A). Nếu ngắt bỏ tụ điện C thì cường độ dòng điện qua đoạn mạch là 2 0 i I cos(100 t ) 12 π = π − (A). Điện áp hai đầu đoạn mạch là A. u 60 2 cos(100 t ) 12 π = π − (V). B. u 60 2 cos(100 t ) 6 π = π − (V) C. u 60 2 cos(100 t ) 12 π = π + (V). D. u 60 2 cos(100 t ) 6 π = π + (V). Giải: Ta thấy I 1 = I 2 => (Z L – Z C ) 2 = Z L 2 . Z C = 2Z L tanϕ 1 = R ZZ CL − = - R Z L (*) tanϕ 1 = R Z L (**) => ϕ 1 + ϕ 2 = 0 ϕ 1 = ϕ u - 4 π ; ϕ 2 = ϕ u + 12 π => 2ϕ u - 4 π + 12 π = 0 => ϕ u = 12 π Do đó u 60 2 cos(100 t ) 12 π = π + , Chọn C Câu 22: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở hoạt động R nối tiếp tụ C. Đặt vào hai đầu mạch điện một điện áp xoay chiều ổn định u = U 2 cosωt. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây lớn nhất bằng 2U. Với giá trị nào của C thì U C đạt cực đại? A. C = 0 3C 4 . B. C = 0 C 2 . C. C = 0 C 4 . D. C = 0 C 3 . Giải: Ta có U d = I 22 L ZR + ; U d = U dmax khi I = I max mạch có cộng hưởng Z L = Z C0 (*) U dmax = 2U => Z d = 2Z = 2R ( vì Z L = Z C0 ) => R 2 + Z L 2 = 4R 2 => R = 3 L Z = 3 0C Z (**) U C = U Cmax khi Z C = L L Z ZR 22 + = 0 2 0 2 0 3 C C C Z Z Z + = 3 4 0C Z => Z C = 3 4 0C Z => C = 4 3 0 C Chọn đáp án A Câu 23: Trong lưới điện dân dụng ba pha mắc hình sao, điện áp mỗi pha là u 1 = 220 2 cos(100πt) (V) , u 2 = 220 2 cos(100πt + 3 2 π ) (V), u 3 = 220 2 cos(100πt - 3 2 π ) (V), . Bình thường việc sử dụng điện của các pha là đối xứng và điện trở mỗi pha có giá trị R 1 =R 2 =R 3 = 4,4Ω. Biểu thức cường độ dòng điện trong dây trung hoà ở tình trạng sử dụng điện mất cân đối làm cho điện trở pha thứ 1 và pha thứ 3 giảm đi một nửa là: A. i = 50 2 cos(100πt + 3 π ) (A) B. i = 50 2 cos(100πt +π) (A) C. i = 50 2 cos(100πt + 3 2 π ) (A) D. i = 50 2 cos(100πt - 3 π ) (A) Giải: Do các tải tiêu thụ là các điện trở thuần nên u và i luôn cùng pha Khi mất cân đối các pha I 1 = I 3 = 2,2 220 = 100 (A) I 2 = 4,4 220 = 50 (A). Vẽ giãn đồ véc tơ : I 0 = I 1 + I 2 + I 3 = I 13 + I 2 I 13 = I 1 = I 3 = 100A I 0 = I 13 – I 2 = 50 (A) I 1 -2π/3 2π/3 - π/3 I 0 I 3 I 2 I 13 [...]... V trớ trựng nhau ca hai võn ti x = (k1+0 ,5) i1 = (k2 + 0 ,5) i2 2 k1 + 1 = k1 + k => 5( k1+0 ,5) = 3(k2+0 ,5) => 5k1 + 1 = 3k2 => k2 = k1 + 3 k 1 2k1 + 1 = 3k => k1 = k + Vi k 1 = 2n => k = 2n + 1 => k1 = 3n + 1 v k2 = 5n + 2 2 V trớ trựng nhau ca hai võn ti x = (k1+0 ,5) i1 = (3n + 1 ,5) 0 ,5 (mm) - 2 ,5 x 2 ,5 => - 2 ,5 (3n + 1 ,5) 0 ,5 2 ,5 => - 5 (3n + 1 ,5) 5 => - 2 n 1 Cú 4 giỏ tr ca n ỏp ỏn A Cõu... = k1i1 = (k2 + 0 ,5) i2 => 3k1 = 4(k2 + 0 ,5) = 4k2 + 2 => k1 = k2 + 2k 2 + 2 = k2 + k 3 k 2 => k 2 = 2n => k = 2n + 2 => k2 = 3n + 2 v k1 = 5n + 4 2 V trớ m ti ú võn sỏng ca i1 trựng vi võn ti ca i2: x = k1i1 = (5n + 4).0,3 (mm) Trong khong MN: 2, 25 (mm) x 6, 75 (mm) => 2, 25 (5n + 4).0,3 6, 75 => 7 ,5 (5n + 4) 22 ,5 => 0 n 3 Cú 4 giỏ tr ca n ỏp ỏn C Cõu 35: Cho cỏc bc x: I nh sỏng kh kin II Súng... UI = 57 W P' 57 Hiu sut ca b pin H = = = 0,14 25 = 14, 25% Chn B P 400 Cõu 38 Cng ca mt chựm sỏng hp n sc cú bc súng 0,5m khi chiu vuụng gúc ti b mt ca mt tm kim loi l I (W/m2), din tớch ca b mt kim loi nhn c ỏnh sỏng ti l 32 mm 2 C 50 phụtụn ti b mt tm kim loi thỡ gii phúng c 2 electron quang in v s electron bt ra trong 1s l 3,2.10 13 Giỏ tr ca I l A 9,93 75 W/m2 B 9,97 35 W/m2 C 8 ,54 35 W/m2 D 8,94 35 W/m2... 3mn )c2 = 0,18878 uc2 = 1 75, 84 857 MeV = 1 75, 85 MeV Khi 1 phõn hch kớch thớch ban u sau 19 phõn hach dõy chuyn s phõn hch xy ra l 1 219 20 + 2 + 22 + + 218 = = 52 4287 1 2 Do ú s phõn h ch sau 19 phõn hch dõy chuyn t 10 15 phõn hch ban u: N = 52 4287.10 15 5, 24,1020 Nng lng ta ra sau 19 phõn hch l: E = N E = 5, 24.1020x1 75, 85 = 921.1020 MeV = 9,21.1022 MeV 1 ,5. 1010J Chn ỏp ỏn B Cõu 48 Mt dũng cỏc ntron... cho 10 15 ht U2 35 phõn hch phn ng dõy chuyn xy ra vi h s nhõn ntrụn l 2 Nng lng to ra sau 19 phõn hch dõy chuyn u tiờn gn giỏ tr no sau õy: A 1 75, 66MeV B 1 ,5. 1010 J C 1,76.1017MeV D 9,21.1023MeV 1 2 35 139 94 1 1 2 35 139 94 1 Gii: T ptp 0 n + 92 U 53 I + 39Y + k 0 n => k =3: => 0 n + 92 U 53 I + 39Y +3 0 n Nng lng ta ra sau mi phõn hch: E = ( mU + mn - mI - mY - 3mn )c2 = 0,18878 uc2 = 1 75, 84 857 MeV... 200( MeV ) = ci = 2 35 H% H% 8 2 35. P. nam ( s ) 2 35. 5.10 3 65. 86400 m= = = 961Kg 3 H %.N A 200( MeV ).10 0, 2.6, 022.10 23.200.1, 6.10 13.103 Qtp = N 235U 200( MeV ) = 1 2 35 139 94 1 Cõu 47 Bit U2 35 cú th b phõn hch theo phn ng sau 0 n + 92 U 53 I + 39Y + k 0 n Khi lng ca cỏc ht tham gia phn ng mU = 234,99322u; mn = 1,0087u; mI = 138,8970u; mY = 93,89014u; Nu cú mt lng ht nhõn U2 35 nhiu, gi s ban u... kim l cụng thoỏt nh nht ca kim loi A v B tc l A = 3,86 eV Ta cú hf = A + eVmax hf = A + 1,25eVmax => h(f f) = 0,25eVmax = 0, 25( hf A) => hf = 1,25hf 0,25A => f = 1,25f 0,25A/h A/h = 3,86.1,6.10-19/6,6 25. 10-34- = 0,932 10 15 => f= 1,25f 0,25A/h = 1,639.10 15 Hz => = c/f = 0,183.10-6 m = 0,183 m ỏp ỏn C Cõu 44: Cht lng fluorexein hp th ỏnh sỏng kớch thớch cú bc súng = 0,48m v phỏt ra ỏnh cú bc súng... D2/D1 bng bao nhiờu? A.1 ,5 B.2 ,5 C.2 D.3 xT =1 Gii: D1 a =0, 5 D2 a D 2 =2 D1 Chn C Cõu 37 Mt b pin quang in gm nhiu pin mc ni tip Din tớch tng cng ca cỏc pin l 0,4 m2 Dũng ỏnh sỏng chiu vo b pin cú cng 1000 W/m2 Khi cng dũng in m b pin cung cp cho mch ngoi l 2,85A thỡ in ỏp o c hai cc ca b pin l 20 V Hiu sut ca b pin l A 43,6% B 14, 25% C 12 ,5% D 28 ,5% Gii: Cụng sut ỏnh sỏng chiu vo din tớch b mt b... 3 Cõu 31: Gúc chit quang ca mt lng kớnh bng 60 Chiu mt tia sỏng trng vo mt bờn ca lng kớnh theo phng vuụng gúc vi mt phng phõn giỏc ca gúc chit quang t mt mn quan sỏt sau lng kớnh, song song vi mt phõn giỏc ca gúc chit quang v cỏch mt ny 2m Chit sut ca lng kớnh i vi tia l n = 1 ,50 v i vi tia tớm l nt= 1 ,56 rng ca quang ph liờn tc trờn mn quan sỏt bng A 6,28mm B 12,60 mm C 9,30 mm D 15, 42 mm Gii:... eV Chiu mt bc x cú tn s f =1 ,5. 10 15 Hz vo qu cu kim loi lm bng hp kim AB t cụ lp thỡ qu cu tớch in n in th cc i l Vmax qu cu tớch in n in th cc i l 1,25Vmax thỡ bc súng ca bc x in t chiu vo qu cu cú ln xp x bng A 0,176m B 0,283m C 0,183m D 0,128m Gii: Cụng thoỏt ca hp kim l cụng thoỏt nh nht ca kim loi A v B tc l A = 3,86 eV Ta cú hf = A + eVmax hf = A + 1,25eVmax => h(f f) = 0,25eVmax = 0, 25( hf . TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (Theo đúng cấu trúc của Bộ GD&ĐT ban hành) ĐỀ THI THỬ SỐ: 50 5 Môn thi: VẬT LÍ, Khối A Thời gian làm bài: 90 phút. GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng Mã đề thi 50 5 Họ,. = 5n + 2 Vị trí trùng nhau của hai vân tối x = (k 1 +0 ,5) i 1 = (3n + 1 ,5) .0 ,5 (mm) - 2 ,5 ≤ x ≤ 2 ,5 => - 2 ,5 ≤ (3n + 1 ,5) .0 ,5 ≤ 2 ,5 => - 5 ≤ (3n + 1 ,5) ≤ 5 => - 2 ≤ n ≤ 1. Có. eV. Chi u một bức xạ có tần số f =1 ,5. 10 15 Hz vào quả cầu kim loại làm bằng hợp kim AB đặt cô lập thì quả cầu tích đi n đến đi n thế cực đại là Vmax. Để quả cầu tích đi n đến đi n thế cực đại