Bài giải đề thi Đh 2013 GIẢI CHI TIẾT ÐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1 NĂM 2013 Môn : VẬT LÝ – Mã đề : 426 (Thời gian làm bài : 90 phút) 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 . I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40) Câu 1: Đặt điện áp 0 u U cos t= ω (V) (với 0 U và ω không đổi) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn dây không thuần cảm mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C (thay đổi được). Khi C = 0 C thì cường độ dòng điện trong mạch sớm pha hơn u là 1 ϕ ( 1 0 2 π < ϕ < ) và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 45V. Khi C=3 0 C thì cường độ dòng điện trong mạch trễ pha hơn u là 2 1 2 π ϕ = −ϕ và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 135V. Giá trị của U 0 gần giá trị nào nhất sau đây? A. 95V. B. 75V. C. 64V. D. 130V. Giải 1: Nhận xét: Bài này khó -Các chỉ số 1 ứng với trường hợp tụ Co; -Các chỉ số 2 ứng với trường hợp tụ 3Co Vẽ giản đồ véc tơ như hình vẽ bên : Ta có Z C2 = Z C1 /3 = Z C /3 Do U d = IZ d = I 22 L ZR + : U d1 = 45V; U d2 = 135V U d2 = 3U d1 => I 2 = 3I 1 U C1 = I 1 Z C U C2 = I 2 Z C2 = 3I 1 Z C /3 = I 1 Z C = U C1 =U C Trên giản đồ là các đoạn: MQ = NP = U c U 1 = U 2 =U điện áp hiệu dụng đặt vào mạch. Theo bài ra φ 2 =90 0 -φ 1 . Tam giác OPQ vuông cân tại O Theo hình vẽ ta có các điểm O; M và N thẳng hàng. Đoạn thẳng ON = HP U 2 = PQ = MN = 135-45 = 90 Suy ra U = 90/ 2 = 45 2 => U 0 = 90V. Chọn A . Giải 2: + C 1 = C 0 ; C 2 = 3C 0 => Z C1 = 3Z C2 + U cd2 = 3U cd1 => I 2 = 3I 1 => U r2 = 3U r1 ; U C1 = U C2 + U r1 = Ucosϕ 1 ; U r2 = Ucosϕ 2 => 3Ucosϕ 1 = Ucosϕ 2 => 3cosϕ 1 = cos 1 ( ) 2 π − ϕ = sinϕ 1 => tan ϕ 1 = 3 => ϕ 1 = 71,565 0 => ϕ 2 = 18,435 0 + 1 1 1 sin( ) sin C U U α ϕ β = + ; 2 2 2 sin( ) sin C U U α ϕ β = − => 1 1 sin( ) C U α ϕ = + 2 2 sin( ) C U α ϕ − => 1 sin( ) α ϕ + = 2 sin( ) α ϕ − => 1 α ϕ + = π - 2 ( ) α ϕ − => α = 63,435 0 + U r1 = U cd1 cosα = Ucosϕ 1 => U = 45.cosα/cosϕ 1 = 63,64V => U 0 = 90V => Chọn A . Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 U 1 U 2 U C2 U C1 U cd2 U cd1 ϕ 1 ϕ 2 α β M P Q H ϕ 2 U R2 I O ϕ 1 U R1 U C U 1 U 2 U d2 U L2 U d1 U L1 N Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 3: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C0 C0 L L Z X Z Z ;Y Z 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 C0C0 L L 2 1 2 C0 L 2 2 C0 L 0 2 2 L I 135 3U U 3 8R 9Y X 1 45 I ZR Z Z R Z 3 tan .tan 1 R X.Y 2 4Z 10Z X 9Y U 3 2U 1 2 Z 5R 135 R Z U 45 2 V U 90 V 2 R 3Y R Y Z 2R   = − = −  ÷  ÷   = = ↔ =   → + =   + − + −  ÷   ϕ ϕ = ↔ =  =   = → ↔ = → = + = → = → =   =  +  =  Giải 4: 1 2 1 2 45 , 135 3 d d U V U V Z Z= = ⇒ = , 1 2 1 2 3 , 2 C C Z Z π ϕ ϕ = + = nên ta có giãn đồ véc tơ như hình vẽ Đặt Z2 =1 đơn vị => Z1=3, Zc2= 10 2 , Zc1= 3 10 2 , 3 os 10 c α = , Áp dụng định lý hàm số cosin ta tính được Zd= 4,5 . 0 2 4,5 135. , 90 1 4,5 d d Z U U U V Z U = = ⇒ = = . Chọn A Giải 5: C 2 = 3C 1 > Z C = Z C1 = 3Z C2 U d1 = 45V; U d2 = 135V = 3U d1 => I 2 = 3I 1 => Z 1 = 3Z 2 hay Z 1 2 = 9Z 2 2 R 2 + (Z L – Z C ) 2 = 9R 2 + 9(Z L - 3 C Z ) 2 <=> Z L Z C = 2(R 2 + Z L 2 ) (1) tanϕ 1 = R ZZ CL − ; vớiϕ 1 < 0 ; tanϕ 2 = R Z Z C L 3 − mà: ϕ 1 + ϕ 2 = 2 π => tanϕ 1 tanϕ 1 = -1 => (Z L – Z C )( Z L - 3 C Z ) = - R 2 => Z L 2 - 3 4 CL ZZ + 3 2 C Z = - R 2 => 3 2 C Z = 3 4 CL ZZ - ( R 2 + Z L 2 ) = 3 4 CL ZZ - 2 CL ZZ = 6 5 CL ZZ => Z C = 2,5Z L (2) Từ (1) và (2): 2,5Z L 2 = 2(R 2 + Z L 2 ) => Z L = 2R và Z C = 5R => Z 1 = R 10 và Z d1 = R 5 1 Z U = 1 1 d d Z U => U = U d1 2 => U 0 = 2U d1 = 90V Giá trị này gần giá tri 95V nhất. Đáp án A Giải 6: *C = C 0 → i 1 sớm pha hơn u là φ 1 (0 < φ 1 < π/2) *C = 3C 0 → i 2 trễ pha hơn u là φ 2 = π/2 - φ 1 ; Z C0 = 3Z C C L C 1 2 2D 2 1 1D L C L 5R 3Z Z 3R Z Z I U 3 3 R Z I U Z Z Z 2R 3 − =   =   = = = ⇒ ⇒   − =   =   C0 L 1 2 1 2 2 1 L C 2 1 Z Z R Z Z sin cos sin cos Z Z R Z Z −  =  ϕ = ϕ   ⇔   ϕ = ϕ −   =   ( ) ( ) 2 2 2 0 2 2 2D 2D R R 3 U Z 2 U 45 2 U 90V U Z 3 R 2R + = = = ⇔ = ⇒ = + Giá trị của U 0 gần nhất là 95V Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Zd Z1 Z2 Zc2 Zc1 α Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 7: (Bài giải Của thầy Nguyễn Xuân Tấn – THPT Lý Tự Trọng – Hà tĩnh) Cách 1: Z C = Z Co /3 D1 1 D U I .Z 45V = = ; D2 2 D U I Z 135V= = ⇒ I 2 = 3I 1 ⇒ U 1C = U 2C ; U 2R = 3U 1R ; U 2L = 3U 1L i 1 sớmpha hơn u; i 2 trễ pha hơn u; 1 2 I I ⊥ r r Hình chiếu của U r trên I r là R U r U 2LC = U 2L - U 2C = U 1R = 3 U 1L - U 1C (1) U 1LC = U 1C - U 1L = U 2R = 3U 1R (2) Từ (1) và (2) ⇒ U 1L = 2U 1R Ban đầu : 2 2 D1 1R 1L 1R U U U U 5 45V= + = = ⇒ U 1R = 9 5 V 2 2 1R 1L 1c U U (U U ) 45 2V= + − = => U 0 = 90V Cách 2: D1 1 D U I .Z 45V = = ; D2 2 D U I Z 135V= = ⇒ I 2 = 3I 1 ⇒ U 1C = U 2C ; U 2R = 3U 1R ; U 2L = 3U 1L ; Z 1 = 3Z 2 Ta có : cosφ 1 =R/Z 1 ; cosφ 2 =R/Z 2 =sinφ 1 ⇒ tgφ 1 = -3 = 1L 1C 1R U U U − (1) tgφ 2 = 1/3= 2L 2C 2R U U U − = 1L 1C 1R 3U U 3U − (2) từ 1 và 2 ⇒ U 1C = 2,5U 1L ⇒ U 1L = 2U 1R mà 2 2 D1 1R 1L 1R U U U U 5 45V= + = = ⇒ U 1R = 9 5 V ⇒ 2 2 1R 1L 1c U U (U U ) 45 2V= + − = ⇒ U 0 = 90V Giải 8: Câu 2: Trong một thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, bước sóng ánh sáng đơn sắc là 600 nm, khoảng cách giữa hai khe hẹp là 1 mm. Khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2 m. Khoảng vân quan sát được trên màn có giá trị bằng Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 U r 1 I r 2 I r 1R U r 2R U r 1LC U r 2LC U r ϕ 1 ϕ 2 Bài giải đề thi Đh 2013 A. 1,2 mm B. 1,5 mm C. 0,9 mm D. 0,3 mm Giải: Khoảng vân 6 3 3 . 0,6.10 .2 1,2.10 1,2 1.10 D i m mm a λ − − − = = = = .Chọn A Câu 3: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nếu thay ánh sáng đơn sắc màu lam bằng ánh sáng đơn sắc màu vàng và giữ nguyên các điều kiện khác thì trên màn quan sát A. khoảng vân không thay đổi B. khoảng vân tăng lên C. vị trí vân trung tâm thay đổi D. khoảng vân giảm xuống. Giải: Khoảng vân . . D i a λ = Khi thay ánh sáng màu lam bằng ánh sáng màu vàng thì bước sóng tăng, mà khoảng vân i tỉ lệ thuận với bước sóng nên khoảng vân tăng lên. (λ vàng > λ lam ⇒ i vàng > i lam ). Chọn B Câu 4: Sóng điện từ có tần số 10 MHz truyền trong chân không với bước sóng là A. 60m B. 6 m C. 30 m D. 3 m. Giải: λ = = = 8 6 c 3.10 30m f 10.10 . Chọn C Câu 5: Đặt điện áp u = 120 2 cos2 ftπ (V) (f thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dụng C, với CR 2 < 2L. Khi f = f 1 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại. Khi f = f 2 = 1 f 2 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt cực đại. Khi f = f 3 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại U Lmax . Giá trị của U Lmax gần giá trị nào nhất sau đây? A. 173 V B. 57 V C. 145 V D. 85 V. Giải 1: Áp dụng Công Thức: 1 U U 2 2 L 2 0 2 LMAX =         +         ω ω hay 1 2 2 2 max 2 =+ L C L f f U U Với f 3 . f 1 = f 2 2 nên f 3 = 2f 1 hay f L = 2f C => kết quả : U Lma x = 80 3V = 138,56V. Chọn C Giải 2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − →ω = = π → = π →ω =ω ω ↔ π =ω π →ω = π →ω = → = π 2 Cmax C 1 1 2 2 Rmax R L C 1 L 1 L 1 Lmax L 1 L R X X CoùX 1 ; U 2 f L 2 C 2 L 2 f U 2 f 2 . 2 f 4 f 1 1 U C 3 XC X.4 f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = ω → = → = → =   + ω −  ÷  ÷ ω   2 2 thayU 120,R 2X , 2 , 3 2 2 L Lmax Lmax 2 2 L L U. L 1 2 3 R 2X U U 80 3 V 1 R L C Giải 3: Khi ax 3 2 2 2 LM U LC RC ω ⇒ = − , Khi 2 ax 1 2 2 2 2 CM LC RC U L C ω − ⇒ = , khi ax 2 1 RM U LC ω ⇒ = 2 1 2 L f f R C = ⇒ = Khi 3 2 13 , 2 , 2 2 C L R Z Z R Z R LC ω ω = = ⇒ = = = => ax 120 .2 133,1 LM U R V Z = = . Chọn C Giải 4: U C = U Cmax khi ω 1 = L 1 2 2 R C L − ; U R = U Rmax khi ω 2 = LC 1 = ω 1 2 => ω 2 2 = 2ω 1 2 Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 => LC 1 = 2 2 L ( C L - 2 2 R ) => R 2 = C L (*) U L = U Lmax khi ω 3 = 2 1 2 R C L C − = 2 1 2 2 R RC − = CR 2 (**) Do vậy Z L3 = Lω 3 = CR L 2 = R 2 ; Z C3 = C 3 1 ω = 2 R và Z = 2 33 2 )( CL ZZR −+ = R 5,1 U Lmax = Z UZ L3 = 120 5,1 2 = 138,56V. Chọn C Giải 5: Khi f biến đổi đến f 1 để U Cmax thì ω biến đổi : 2 2 0C 2 1 R LC 2L ω = − Khi f biến đổi đến f 3 để U Lmax thì ω biến đổi : 2 2 2 0L R C LC 2 ω = − Khi f biến đổi đến f 2 = 2 f 1 để U Rmax thì ω biến đổi : 2 2 1 LC ω = = ω 0C .ω 0L 2 2 1 3 3 1 f f .f f 2f⇔ = → = = 2 f 2 . → Z L3 = 2Z C3 Với CR 2 < 2L → R 2 < 2.Z L3 .Z C3 ;Ta có : ( ) C3 L3 L3 Lmax 2 2 2 2 L3 L3 C3 U.Z U.Z 2U U 5 Z Z R Z Z = ≥ = + + − → U Lmax > 107,33 V Giá trị của U Lmax gần giá trị 145V nhất Câu 6 : Một vật nhỏ dao động điều hòa dọc theo trục Ox với biên độ 5 cm, chu kì 2 s. Tại thời điểm t = 0, vật đi qua cân bằng O theo chiều dương. Phương trình dao động của vật là A. x 5cos( t ) 2 π = π − (cm) B. x 5cos(2 t ) 2 π = π − (cm) C. x 5cos(2 t ) 2 π = π + (cm) D. x 5cos( t ) 2 π = π + Giải 1: A= 5cm; ω=2 π/T= 2π/2 =π rad/s. Khi t= 0 vật đi qua cân bằng O theo chiều dương: x=0 và v>0 => cosφ = 0 => φ= -π/2 . Chọn A. Giải 2:Dùng máy tính Fx570ES: Mode 2 ; Shift mode 4: Nhập: -5i = shift 2 3 = kết quả 5 ∠ -π/2. Câu 7: Nối hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu đoạn mạch A, B mắc nối tiếp gồm điện trở 69,1 Ω , cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung 176,8 Fµ . Bỏ qua điện trở thuần của các cuộn dây của máy phát. Biết rôto máy phát có hai cặp cực. Khi rôto quay đều với tốc độ 1 n 1350= vòng/phút hoặc 2 n 1800= vòng/phút thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là như nhau. Độ tự cảm L có giá trị gần giá trị nào nhất sau đây? A. 0,8 H. B. 0,7 H. C. 0,6 H. D. 0,2 H. Giải 1: Suất điện động hiệu dụng của nguồn điện: E = 2 ωNΦ 0 = 2 2πfNΦ 0 = U ( do r = 0) Với f = np . (n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ) Do P 1 = P 2 ta có:I 1 2 R = I 2 2 R => I 1 = I 2 . 2 1 1 2 2 1 ) 1 ( C LR ω ω ω −+ = 2 2 2 2 2 2 ) 1 ( C LR ω ω ω −+ => ]) 1 ([ 2 2 2 22 1 C LR ω ωω −+ = ]) 1 ([ 2 1 1 22 2 C LR ω ωω −+ => C L C LR 2 1 22 2 2 1 22 2 2 1 22 1 2 ω ω ω ωωω −++ = C L C LR 2 2 22 1 2 2 22 2 2 1 22 2 2 ω ω ω ωωω −++ Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 => )2)(( 22 2 2 1 C L R −− ωω = )( 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 ω ω ω ω − C = 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 ))(( 1 ωω ωωωω +− C => (2 C L - R 2 )C 2 = 2 2 2 1 11 ωω + (*) thay số L = 0,477H ? Giải 2: ( ) ( ) = ↔ =  ω = π  ω = ω →  ω = π   ≈ ω→ = → = + π − + π − 1 2 1 2 1 dd roto 2 KhiP P I I 0 0 2 2 2 2 90 .p 120 90E 120E E L 0,477H R 90 L 20 R 120 L 15 Giải 3: I = Z U = Z E Với E là suất điện động hiệu dụng giữa hai cực máy phát: E = 2 ωNΦ 0 = 2 2πfNΦ 0 = U ( do r = 0) Với f = np n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ. > f 1 = 60 2.1350 = 3 135 Hz =>ω 1 = 90π; Z C1 = 20Ω > f 2 = 60 2.1800 = 60 Hz => ω 2 = 120π ; Z C2 = 15Ω P 1 = P 2 < > I 1 = I 2 <=> 2 1 1 2 2 1 ) 1 ( C LR ω ω ω −+ = 2 2 2 2 2 2 ) 1 ( C LR ω ω ω −+ => 2 1 2 2 )20( 90 −+ LR ω = 2 2 2 2 )15( 120 −+ LR ω => 2 1 2 )20( 9 −+ LR ω = 2 2 2 )15( 16 −+ LR ω => 9[R 2 + (ω 2 L – 15) 2 ] = 16[R 2 + (ω 1 L – 20) 2 ] => - 7R 2 + (9ω 2 2 - 16ω 1 2 )L 2 – (270ω 2 - 640ω 1 )L + 9.15 2 – 16.20 2 = 0 (9ω 2 2 - 16ω 1 2 )L 2 – (270ω 2 - 640ω 1 )L - 7R 2 + 9.15 2 – 16.20 2 = 0 25200πL = 37798,67=> L = 0,48H. Chọn C Câu 8 : Một vật nhỏ dao động điều hòa theo một quỹ đạo thẳng dài 12 cm. Dao động này có biên độ là A. 3 cm. B. 24 cm. C. 6 cm. D. 12 cm. Giải : Biên độ = chiều dài quỹ đạo/2 = 12/2 =6cm. Chọn C Câu 9: Một hạt có khối lượng nghỉ m 0 . Theo thuyết tương đối, khối lượng động (khối lượng tương đối tính) của hạt này khi chuyển động với tốc độ 0,6 c (c là tốc độ ánh sáng trong chân không) là A. 1,25 m 0 . B. 0,36 m 0 C. 1,75 m 0 D. 0,25 m 0 Giải : khối lượng động của hạt: 0 0 0 0 2 2 2 2 2 5 1,25 4 0,6 . 1 1 m m m m m v c c c = = = = − − .Chọn A Câu 10: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng 100g và lò xo có độ cứng 40 N/m được đặt trên mặt phẳng ngang không ma sát. Vật nhỏ đang nằm yên ở vị trí cân bằng, tại t = 0, tác dụng lực F = 2 N lên vật nhỏ (hình vẽ) cho con lắc dao động điều hòa đến thời điểm t 3 π = s thì ngừng tác dụng lực F. Dao động điều hòa của con lắc sau khi không còn lực F tác dụng có giá trị biên độ gần giá trị nào nhất sau đây? A. 9 cm. B. 11 cm. C. 5 cm. D. 7 cm. Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 F ur x O O’ + Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 1: Bài giải: (Của thầy Đoàn Văn Lượng Trung Tâm Tài Năng Trẻ) Tần số góc: k 40 20 rad / s m 0,1 ω = = = ⇒ 2 T (s) 10 π π = = ω Ban đầu: vật m nằm tại vị trí cân bằng O (lò xo không biến dạng) Chia làm 2 quá trình: 1.Khi chịu tác dụng của lực F: Vật sẽ dao động điều hoà xung quanh VTCB mới O’ cách VTCB cũ một đoạn: F 2 OO' 5 cm k 40 = = = , Tại vị trí này vật có vận tốc cực đại . Ta tìm biên độ: Dùng ĐL BT NL: 2 2 max 1 1 F.OO' kOO' mv 2 2 = + .Thế số: 2 2 max 1 1 2.0,05 40.(0,05) 0,1v 2 2 = +  0,1 =0,05+0,05.v 2 max =>vmax = 1m/s = 100cm/s . Mà vmax =ω.A => biên độ A = vmax /ω=100/20 =5cm. - Đến thời điểm t 3 π = s = 10T T 3T 3 3 = + ⇒ A x 2,5cm 2 = = Và nó vận tốc: 2 2 2 2 A 3 v A x A ( ) A 18,75 50 3cm / s 2 2 = ω − = ω − = ω = ω = 2. Sau khi ngừng tác dụng lực F: Vật lại dao động điều hoà quanh vị trí cân bằng O với biên độ dao động là A’: 2 2 1 1 2 v A' x= + ω với x 1 = 5 + 2,5 = 7,5 cm; 2 2 1 v A x 18,75 50 3cm / s = ω − = ω = ⇒ 2 A' 7,5 18,75 5 3 8,66cm= + = = ⇒ Gần giá trị 9cm nhất. Chọn A Giải 2: + Lúc đầu vật đang ở VTCB thì có F tác dụng vì vậy VTCB sẽ mới là O’ cách VTCB cũ là: m K F 05,0= = 5cm mà lúc đó v = 0 nên A= OO’ = 5cm. Chu kỳ dao động T = s10/ π + Sau khi vật đi được 124 3 10 3 3 TT T T ++== π vật có toạ độ x = 2,5 2 A = cm và 2 2 2 2 A 3 v A x A ( ) A 18,75 50 3cm / s 2 2 = ω − = ω − = ω = ω = + Thôi tác dụng lực F thì VTCB lại ở O vì vậy nên toạ độ so với gốc O là x = 2 A A+ biên độ mới là A’:A’ = 2 2 2 2 2 ( 3 / 2) (3 ) 3 (( / 2 ) 3 5 3 4 4 A A A A A A cm ω ω + + = + = = Chọn A Giải 3: + w = 20 ; T = π/10 s + VTCB mới của con lắc ở O’ : OO’ = x 0 = F/k = 0,05m = 5cm + Ở O’ vật có vận tốc V : ½ mV 2 + ½ kx 0 2 = F.x 0 => V = 1 m/s V = wA’ => A’ = 0,05m = 5cm + t 3 π = s = 3T + T/4 + T/12 Sau thời gian t vật đang ở VT : x’ =A’/2 so với gốc O có tọa độ x = 7,5cm và vận tốc khi đó : Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 O O’ 2,5 O’ O≡-A’ x A’ 5 A’/2 T/4 T/12 Bài giải đề thi Đh 2013 v 2 = w 2 (A’ 2 – x’ 2 ) => v 2 = 7500 + Khi bỏ F, VTCB của con lắc là O, biên độ A là : A 2 = x 2 + v 2 /w 2 = 7,5 2 + 7500/400 => A = 8,7 cm => Chọn A Giải 4: Chọn chiều dương cùng chiều với F gốc o chọn tại VTCB Tại VTCB : F = F dh suy ra 0 5 F l cm K ∆ = = tại nơi lò xo không biến dạng : V=0 và 0 5x l cm= −∆ = − suy ra A = 5cm Sau t =10/3T =3T + 1/3T thôi tác dụng F vị trí cân bằng mới bây giờ là vị trí lò xo không biến dạng .Ngay trước thời điểm thôi tác dụng lực: x= A/2 . Thời điểm thôi tác dụng F : x 1 = A + A/2 (vẽ vòng tròn 1/3T sẽ thấy ) Ta có hệ phương trình trước và sau khi tác dụng F: 1 2 k 2 2 A       + 1 2 mv 2 = 1 2 kA 2 1 2 k(A + A/2) 2 + 1 2 mv 2 = 1 2 kA 1 2 => A 1 = 3A = 5 3 ≈ 9cm. Chọn A Giải 5: +Khảo sát chuyển động con lắc dưới tác dụng của ngoại lực F: ( ) ( ) 0 0 5 " " max 0 0 " . 0 " " ( ) 0 .cos / 2 3 / 3 10 3 / 2 .cos 0 5 0 Dat F x cm k X x x X x k X X m k F F kx mx x x X A t x A m k T t T T v v x x A t x x Khit A cm v ω ϕ π ω ϕ   = =  = − ⇒ =    + =   − = ⇒ + − = => ⇒ ⇒ = +  =    = ⇒ = + ⇒   =    ⇒ = + + = −  = ⇒ ⇒ =  =  +Khi dừng tác dụng lực thì vật dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng O (lò xo không biến dạng) => Biên độ dao động vật lúc sau 2 2 2 2 ' 7,5 5 3 v v A x cm ω ω     = + = + =  ÷  ÷     => Chọn A. Câu 11: Đặt điện áp 220 2 cos100u t π = (V) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở 100R = Ω , tụ điện có 4 10 2 C π − = F và cuộn cảm thuần có 1 L π = H. Biểu thức cường độ dòng điện trong đoạn mạch là A. 2,2 2 cos 100 4 i t π π   = +  ÷   (A) B. 2,2cos 100 4 i t π π   = −  ÷   (A) C. 2,2cos 100 4 i t π π   = +  ÷   (A) D. 2,2 2 cos 100 4 i t π π   = −  ÷   (A) Giải 1 : ZL= 100Ω; ZC= 200Ω=> Z= 100 2Ω ;tanφ = -1 =>φ=-π/4 ; 0 0 220 2 2,2 100 2 U I A Z = = = => 2,2cos 100 4 i t π π   = +  ÷   (A) Chọn C Giải 2 : ZL= 100Ω; ZC= 200Ω =>số phức Z= R +(ZL-ZC)i = 100+ (100-200)i =100-100i. u i z = Máy tính cầm tay : Fx 570ES, 570Es Plus: SHIFT MODE 1; MODE 2 ; SHIFT MODE 4 Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 Nhập: 220 2 11 1 100 (100 200) 5 4i π = ∠ + − = 1 2,2 2,2 0,7854 4 π ∠ = ∠ => 2,2cos 100 4 i t π π   = +  ÷   (A).Chọn C Câu 12: Giả sử một vệ tinh dùng trong truyền thông đang đứng yên so với mặt đất ở một độ cao xác định trong mặt phẳng Xích Đạo Trái Đất; đường thẳng nối vệ tinh với tâm Trái Đất đi qua kinh độ số 0. Coi Trái Đất như một quả cầu, bán kính là 6370 km, khối lượng là 6.10 24 kg và chu kì quay quanh trục của nó là 24 giờ; hằng số hấp dẫn G = 6,67.10 -11 N.m 2 /kg 2 . Sóng cực ngắn (f > 30 MHz) phát từ vệ tinh truyền thẳng đến các điểm nằm trên Xích Đạo Trái Đất trong khoảng kinh độ nào nêu dưới đây? A. Từ kinh độ 79 0 20’Đ đến kinh độ 79 0 20’T. B. Từ kinh độ 83 0 20’T đến kinh độ 83 0 20’Đ. C. Từ kinh độ 85 0 20’Đ đến kinh độ 85 0 20’T. D. Từ kinh độ 81 0 20’T đến kinh độ 81 0 20’Đ. Giải 1:Vì là Vệ tinh địa tĩnh, lực hấp dẫn đóng vai trò là lực hướng tâm nên ta có : 2 2 2 . .( ) 86400 ( ) G M R h R h π   + =  ÷ +   , với h là độ cao của về tinh so với mặt đất. Thay số tính được : R + h = 42297523,87m. Vùng phủ sóng nằm trong miền giữa hai tiếp tuyến kẻ từ vệ tinh với trái đất. đó tính được 0 ' 81 20 R cos R H β β = ⇒ ≈ + suy ra đáp án : Từ kinh độ 81 0 20’T đến kinh độ 81 0 20’Đ. Chọn D Giải 2: Muốn vệ tinh ở trong mặt phẳng xích đạo và đứng yên so với mặt đất, nó phải chuyển động tròn xung quang Quả đất cùng chiều và cùng vận tốc góc ω như Trái đất quay xung quanh trục của nó với cùng chu kỳ T=24h. Gọi vận tốc dài của vệ tinh trên quỹ đạo là v, độ cao của nó so với mặt đất là h. Vì chuyển động tròn nên vệ tinh có gia tốc hướng tâm bằng: F ht = )( 2 Rh mv + , lực nàylà lực hấp dẫn của Trái đất đối với vệ tinh:+ F hd = 2 )( Rh GmM + . Từ hai biểu thức trên suy ra )( 2 Rh mv + = 2 )( Rh GmM + Vì: v=(h+R) ω 2 2 22 )( )( )( Rh GM Rh Rh + = + + ⇒ ω . Chú ý rằng ω = T π 2 , với T=24h ta có h+R= 3 2 2 3 2 4 . πω TGMGM = =42322.10 3 (m)=42322km Vậy, độ cao của vệ tinh so với mặt đất là: h=42322-6370=35952 km Đối với sóng cực ngắn, ta có thể xem như sóng truyền thẳng từ vệ tinh xuống mặt đất. Từ hình vẽ ta thấy vùng nằm giữa kinh tuyến đi qua A và B sẽ nhận được tín hiệu từ vệ tinh. Ta thấy ngay: cos θ = hR R + =0,1505. Từ đó θ =81 0 20’.Như vậy, vùng nhận được tín hiệu từ vệ tinh nằm trong khoảng Từ kinh độ 81 0 20’T đến kinh độ 81 0 20’Đ .Chọn D Giải 3: Tốc độ vệ tinh bằng chu vi quỹ đạo (quãng đường đi) chia cho chu kì T (T là thời gian đi 1 vòng=24h): v=2π(R+h)/T hd ht F F= ⇒ 2 2 2 2 . .4 ( ) ( ) ( ) GM m mv m R h R h R h T π + = = + + ⇒ (R+h)= 2 3 2 . 4. GM T π =42112871m.⇒h=35742871m Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Vệ tinh h R β Vệ tinh h 0 0 A B R O R R h + O M V α N Bài giải đề thi Đh 2013 Vì vệ tinh phát sóng cực ngắn nên sóng trùn thẳng đến mặt đất là hình chỏm cầu giới hạn bởi cung nhỏ MN trên hình vẽ. Gọi V là vị trí vệ tinh. Điểm M, N là kinh đợ có sớ đo bằng giá trị góc α cos 0.1512 OM R OV R h α = = = + ⇒ α = 81,3 0 =81 0 20” ⇒ Từ kinh độ 81 0 20’T đến kinh độ 81 0 20’Đ. Chọn D Câu 13: Một nguồn phát sóng dao động điều hòa tạo ra sóng tròn đồng tâm O truyền trên mặt nước với bước sóng λ. Hai điểm M và N thuộc mặt nước, nằm trên hai phương truyền sóng mà các phần tử nước đang dao động. Biết OM = 8λ, ON = 12λ và OM vng góc với ON. Trên đoạn MN, số điểm mà phần tử nước dao động ngược pha với dao động của nguồn O là A. 5. B. 4. C. 6. D. 7. Giải : + OH = OM.ON/MN = 6,66 λ + Số điểm dđ ngược pha với nguồn trên đoạn MH là : OP ≤ (k + ½)λ ≤ OM => 6,66 ≤ (k + ½) ≤ 8 => 6,16 ≤ k ≤ 7,5 => k = 7 + Số điểm dđ ngược pha với nguồn trên đoạn HN là : OQ ≤ (k’ + ½)λ ≤ ON => 6,66 ≤ (k’ + ½) ≤ 12 => 6,16 ≤ k’ ≤ 11,5 => k’ = 6,7,8,9,10,11 => có 6 điểm . Chọn C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 GiảihệBPT 1 1 1 24 OMNvuông OH OH ON OM 13 24 d 2k 1 8 2 2 d 13 2k 1 d 2k 1 có6giátròcủak 2 24 d 2k 1 12 2 13 ∆ → = + → = λ  λ ≤ = + ≤ λ  π λ  = + π → = + →   →  λ λ  ≤ = + ≤ λ   Câu 14: Gọi M, N, I là các điểm trên một lò xo nhẹ, được treo thẳng đứng ở điểm O cố định. Khi lò xo có chiều dài tự nhiên thì OM = MN = NI = 10cm. Gắn vật nhỏ vào đầu dưới I của lò xo và kích thích để vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Trong q trình dao động, tỉ số độ lớn lực kéo lớn nhất và độ lớn lực kéo nhỏ nhất tác dụng lên O bằng 3; lò xo giãn đều; khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M và N là 12 cm. Lấy π 2 = 10. Vật dao động với tần số là A. 2,9 Hz. B. 3,5 Hz. C. 1,7 Hz. D. 2,5 Hz. Giải 1: + MN max = 12cm nên chiều dài lớn nhất của lò xo là: L max = 36 cm = l 0 + A + cmlAl 6 00 =∆+→∆ (1) + Theo bài F max = 3F min nên dễ dàng có Al 2 0 =∆ (2) Từ (1),( 2) dễ dàng tính đựợc f = 2,5Hz. Chọn D Giải 2: HD: Kí hiệu độ giãn lò xo ở VTCB là 0 l∆ . Biên độ dao động vật là A, khi đó có: max 0 max 0 min 0 min ( ) 3 2 ( ) F k A l F A l F k l A F = + ∆  ⇒ = ⇒ = ∆  = ∆ −  Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 O M N H O M N H P Q [...]... +Với cách ra đề như năm nay các em học sinh giỏi dễ thất vọng, nhưng lại làm hài lòng các học sinh trung bình và khá +Đối với các thầy cơ thì khó đốn hướng ra đề …) +Dự kiến điểm chuẩn hoặc điểm sàn sẽ tăng ! ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC CỦA BỘ GIÁO DỤC Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 Chúc các ban đạt kết quả cao trong kỳ thi ĐH 2014 Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP... N.m D N.m 3 8 Giải: Phương trình động lực học của vật rắn (đĩa tròn, phẳng, đồng chất quay quanh trục ∆ cố định đi qua tâm đĩa và vng góc với bề mặt đĩa với momen qn tính I): M=Iγ = 8.3=24N.m Chọn A NHẬN XÉT: 1 Phần nâng cao q dễ!!! 2.Cái mới: Chọn gần giá trị nào nhất !Theo tơi là đánh đố HS! 3.Nhìn chung: Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 +Đề thi năm nay... D 0,7 µm Giải 1: a=1mm, x=4,2mm Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 kλ D (1) a Khi màn ra xa dần thi D và kéo theo i tăng dần, lúc M chuyển thành vân tới lần thứ 2 thi nó là vân (k '+ 0,5)λ ( D + 0, 6) tới thứ 4: k’=3 và D’=D+0,6m ⇒ x = (2) a Từ (1) và (2) suy ra 5D=3,5(D+0,6) ⇒ D=1,4m ax Từ (1) ⇒ λ = =0,6.10−6m=0,6 µm Chọn A kD Giải 2: Dλ... trị ∆t gần giá trị nào nhất sau đây? A 8,12s B 2,36s C 7,20s D 0,45s Giải 1: Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 π π π π t + ) ; X2 = A cos ( t+ ) 0,9 2 0,8 2 = 0,423s Chọn D + Dạng này tốt nhất là viết PT dao động x1, x2 :X1 = A cos ( + Hai dây song song nhau khi x1 = x2 giải Pt thì có: tmin Giải 2: Chọn D   π π  ω2 t − ÷ = −  ω1t − ÷ + 2π → t min =... năm N 01 N 01e −λ1t N1 3 7 3.e ( λ2 −λ1 ) t = ;⇒ = ⇔ = ⇒ t = 1,74 Chọn C Giải 1: N 02 100 N 2 N 02 e −λ2t 1000 100 Giải 2: Tại thời điểm khi tỉ số số hạt U235 và U238 là 3/100 thì kí hiệu số hạt của U235 và U238 N1 = 3 / 100 tương ứng là N1 và N2 => N2 Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 t −  1 1 T1  N1 (t ) = N1.2 N1 (t ) N1 t  T2 − T1 ÷  ⇒ = 2  =... luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 Giải: Chọn B Câu 42: Một mạch LC lí tưởng đang thực hiện dao động điện từ tự do Biết điện tích cực đại của tụ điện là q0 và cường độ dòng điện cực đại trong mạch là I0 Tại thời điểm cường độ dòng điện trong mạch bằng 0.5I0 thì điện tích của tụ điện có độ lớn là: q 2 q 5 A 0 B 0 I0 2 2 2 q q 3 C 0 D 0 π/3 Q0 2 2 Q0q 0 3 /2 I q 3 2 Giải: ... 5:(Của thầy Nguyễn Xn Tấn – THPT Lý Tự Trọng – Hà tĩnh) 0,52.180 ≈ 300 → tan ϕ1 = ZL1 − ZC → ZL1 = 3 R + ZC ( 1) - Khi L = L1: ϕ1 = 3,14 R 3 Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 - Khi L = L2 : ϕ2 = 1, 05.180 = 600 3,14 Z L 2 − ZC → ZL 2 = 3R + ZC ( 2 ) R U 2R I 2 1 = = ( 3) Dựa vào gian đồ bên ta có: tan ϕ1 = U1R I1 3 → tan ϕ2 = Theo đề ra U1L= U2L ; kết hợp (3)... qua cuộn cảm có giá trị hiệu dụng bằng A 3,6 A B 2,5 A C 4,5 A D 2,0 A Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 1: Do ZL tỉ lệ với f => cường độ hiệu dụng I tỉ lệ nghịch với f: f tăng 60/50 =1,2 lần thì cường độ hiệu dụng giảm 1,2 lần: I2= I1/1,2 = 3/1,2 =2,5A Chọn B Z1 f1 50 Giải 2: Ta có U = I1Z1 = I2ZL2 => I2 = I1 = I1 =3 = 2,5 A Chọn B Z2 f2 60 −6 Câu 56:... + N đang ở VTCB và dao động đi lên vì vậy: VN = vmax = ωA = 39,26cm/s Chọn D Giải 2: Quan sát hình vẽ thấy qng đường sóng truyền trong 0,3s được 3/8 bước sóng ↔ 0,3=3T/8→T = 0,8(s) Thời điểm t2 điểm N đang đi lên, vmax = Aω = 5.2π/0,8 = 39,3 cm/s Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 3: Từ hình vẽ ta có trong thời gian 0,3s sóng truyền đi được 3 ơ theo phương... O1M ) ⇒ x = 20 / 8 = 2,5cm ⇒ MP = 2cm Chọn D Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh ĐT 0986.240.458 Bài giải đề thi Đh 2013 O2 O1 M(x,0) P Q Giải 2: Q Đặt góc PO2Q= α và PO2O1 = β tan β 4,5 tan β (1 − tan α tan β ) 4.5 = → = + Ta có: (*) tan(α + β ) 8 tan α + tan β 8 0 0 P + Từ PT (*) ta tìm được; α max = 16,26 → β = 36,8 và O1O2 = 6cm M + Vì bài cho Q là CD, P là CT nên: O2 Y O1  QO2 − QO1 = K λ  . Bài giải đề thi Đh 2013 GIẢI CHI TIẾT ÐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1 NĂM 2013 Môn : VẬT LÝ – Mã đề : 426 (Thời gian làm bài : 90 phút) Cho biết: hằng số Plăng. nhất là 95V Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 Zd Z1 Z2 Zc2 Zc1 α Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 7: (Bài giải Của thầy Nguyễn Xuân Tấn – THPT Lý Tự Trọng – Hà tĩnh) Cách. A. 9 cm. B. 11 cm. C. 5 cm. D. 7 cm. Cơ sở luyện thi ĐH Hưng Bình –TP Vinh. ĐT 0986.240.458 F ur x O O’ + Bài giải đề thi Đh 2013 Giải 1: Bài giải: (Của thầy Đoàn Văn Lượng Trung Tâm Tài Năng