12 giải chi tiết đề 12

Trước tiên để học tốt một môn học nào đó bạn phải có một phương pháp học tập khoa học và hợp lý, vậy làm sao để học tốt vật lý nhanh nhất. Vật lý là một môn khoa học có tinh tương tác và áp dụng vào đời sống thực tế rất cao, khi học vật lý phải cố gắng liên hệ với tương tác thực tế tạo ra các móc nối tạo thành sâu chuỗi để áp dụng trong cuộc sống. Điều này là vô cùng cần thiết nó sẽ giúp bạn học tôt môn vật lý.

Trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN ĐỀ 12

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

PHẦN 2: LỜI GIẢI

Câu 1 Hướng dẫn giải

Tần số góc con lắc lò xo là ω = k

m

Độ lệch pha của hai dao động này có độ lớn bằng    1 2 0, 75 0, 25  0,5

Biên độ của sóng này là 2 mm

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không

Với 1

LC

 mạch có cộng hưởng nên Z R 100  

Từ đồ thị ta thấy T 10-2 T 0, 02s

2     Tần số của điện áp xoay chiều f 1 50 Hz

T

 

Trong quá trình truyền sóng điện từ, vectơ cường độ điện trường và vectơ cảm ứng từ luôn vuông góc với nhau

Tầng ôzôn chắn tia tử ngoại

Lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng

Ánh sáng đơn sắc có tần số càng lớn thì phôtôn ứng với ánh sáng đó có năng lượng càng lớn ε = hf

Đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng

7N   2 1p 8O

Trang 2

0

sin i = = i = 48,6

n 4 Sự phản xạ toàn phần xảy ra khi i i gh i 48,60

Chu kỳ của dao động là: T 2, 2 -1 2  

0,1 T 0, 2s 10 rad / s



Biên độ A = 4 cm Tại t = 0: x - 2 -A 2 rad



2

2 3.10

hai thời điểm cách nhau 5s nên

R L

u /i

U - U



Trong 30 phút, động cơ sinh ra công cơ học bằng 3 4

A P.t 0,8.1, 5.10 30.60 2,16.10 J  

Công suất tỏa nhiệt trên biến trở

2

L L

Z

R R

  => PR đạt cực đại khi R = Z =100ΩL

cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch bằng

2 2 L

100.2

R 2

Shift Slove

-4

Nếu tia sáng này truyền vào trong nước có chiết suất n 4

3

 thì λ 550

λ'= = 3= 412,5nm

n 4 và có màu vàng , vì

màu sắc không thay đổi khi qua mpc giữa hai môi trường

M thuộc vân tối thứ ba hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến M có độ lớn bằng:d - d = kλ = 2, 5λ2 1

Số phôtôn mà nguồn phát ra trong một giây xấp xỉ bằng N Pt 10-34 4 3, 02.1019

6, 625.10 5.10

Trang 3

Mức năng lượng ứng với quỹ đạo L ứng với n = 2 có E =L 13,62 = 13,62 = 3,4 eV

Năng lượng tỏa ra của phản ứng là  2  

WA  A  m c 7, 0756.4 2,823.3 0, 0024.931 17, 6MeV

-4 c

10 0 - 2.10 20.10 cos 60



Tổng trở mạch ngoài: 2 3

2 3

R R



I R

max

v  2g 1 cos 5

2

2 max

2g 1 cos 5 v

s '

g / 2



2

0

2g 1 cos 5 1



Ban đầu đưa vật đến vị trí nén 10cm rồi thả nhẹ A=10cm

Do có ma sát nên vật đến VTCB mới cách VTCB cũ một đoạn x0

0,2.0,1.10

10

Độ giảm biên độ sau nửa chu kỳ: A1/2 2 mg 2x0 4cm

k



=> Biên độ còn lại sau nửa chu kỳ: A1  A A1/ 2 6cm

Lúc đầu vật đi theo chiều dương, do đó sau nữa chu kỳ vật đi theo chiều âm => vmax  A1x00, 4 m / s

Độ lệch pha giữa N và M là Δφ = ωΔt =2π T =π

T 6 3

Tại thời điểm t M1

N1

u = 2 cm

u = -2 cm





 ( theo VTLG thì N, M đang ở nửa trên đường tròn)

Tại thời điêm (t+t) M tới biên lần thứ 2, theo VTLG ta thấy M quay được 1 góc π 5π

Δφ = 2π- =

3 3

Trang 4

Khoảng thời gian tngắn nhất lúc này là: Δφ 5π T 5T

Để người đó ngồi tại tâm nghe rõ như 4 loa ban đầu thì cường độ âm do các loa nhỏ gây ra ở tâm bằng cường độ

âm do loa ban đầu gây ra ở tâm nhà

2

P n

R

4π 4

Từ đồ thị ta thấy uR và u’R vuông pha nhau

Vì uR luôn vuông pha với uLC (lúc chưa nối tắt) nên đầu mút của U luôn nằm trên đường tròn nhận R U làm bán kính

Từ hình vẽ ta có: U = UL 1R

Chuẩn hóa : U = UL 1R 1

Hệ số công suất 2R

2

C

D

M

O

Trang 5

L biến thiên để điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt giá trị cực đại

2

RC

50 3 u

mặt khác :  2  

2 2

RC 0 0RC

Từ (1) và (2) suy ra : 0

RC 0RC

U = 50 V







Từ giản đồ ta dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông có : 2  2

U U = U U 100 = 50 U = 25 V

Và UR 25 3 V R

U R

M Khi chưa dịch chuyển màn ta có: M  

λD

Khi dịch màn ra xa thì D tăng, nên i tăng, do vậy cùng một vị trí M trên màn nhưng số thứ tự của vân sẽ giảm Theo đề bài, M chuyển thành vân tối lần thứ 2 tức là từ vân sáng bậc 5 chuyển xuống vân tối thứ 5 (lần 1) và xuống vân tối thứ 4 (lần 2) ứng với k = 3,5 M    

λ D+ΔD

x = 3,5 2

a



Từ (1) và (2) ta có: 5D = 3,5 D+0,6 D =1,4 m

Vậy bước sóng ánh sáng là: λ =ax =1.4,2= 0,6μm

5D 5.1,4

Năng lượng mà tàu cần dùng trong 1 ngày 6 13

E= Pt= 400.10 24.60.60 = 3,456.10 J Hiệu suất của lò phản ứng là 25%, nên năng lượng thực tế của lò là:

13

14 0

0

E 3,456.10 H= E = 1,3824.10 J

Số hạt nhân sinh ra trong lò là:

14

24 0

-13

E 1,3824.10

n = = = 4,32.10

ΔE 200.1,6.10

Trang 6

Khối lượng Urani cần dùng là:

24

-3 23

A

n 4,32.10

m = A= 235.10 =1,69 kg

- Từ đồ thị ta có:

M

x A cos 2 t

t 2 t

3 3

t 2 t x A cos 2 t







=> hai chất điểm lệch pha nhau góc

2



=> Biểu diễn vị trí ban đầu (t = 0) của M và N lên đường tròn:

- Khi hai chất điểm đi qua nhau => MN vuông góc với Ox => x A 2

2

  (tương ứng M đi qua A 2

2

 theo

chiều dương, hoặc A 2

2 theo chiều âm)

- Khi xM và xN cùng dấu thì M thuộc góc phần tư thứ 1, N thuộc góc phần tư thứ 4 hoặc M thuộc góc phần tư thứ

3, N thuộc góc phần tư thứ 2

- Khi xM và xN trái dấu thì M thuộc góc phần từ thứ 2, N thuộc góc phần tư thứ 1 hoặc M thuộc góc phần tư thứ

4, N thuộc góc phần tư thứ 2

Từ t = 0 đến lúc gặp nhau lần 1

cung dau

trai dau

π/6+π/4 5

2π 24 π/2 1

t = =

2π 4











Mà trong 1T hai chất điểm gặp nhau 2 lần, nên từ lần 1 đến lần 5 hết 2T nữa (2T

2 cùng dấu,

T 2

2 trái dấu)

Với T= 1s cung

trai

t 5/24+T 5/24+1 29

t 1/4+T 1/4+1 30

Trang 7

Từ đồ thị, ta có λ 0,4

- Xét một điểm N trên dây là bụng sóng, ta biểu diễn dao động của phần tử này tương ứng trên đường tròn Tại t = 0, uM   4 N đang ở vị trí biên, sau khoảng thời gian t và 3t thì phần tử N có li độ lần lượt là u0

và u0

T

t

4

   và u0 2a 2 2cm

2

a u 2 2cm

- Khoảng thời gian t 1 s

30

  tương ứng với góc quét t 2 4 rad

3



      Tốc độ của điểm M khi đó vvM maxcos 300 100 2 2.cos 30 0 769,5cm / s7, 7m / s

Từ đồ thị ta có: 0AM

0MB

U =150V

U =120V





 Và uAM sớm pha hơn uMB là

π

2 Suy ra điện áp cực đại hai đầu đoạn mạch 2 2 2 2

0 0AM 0MB

Biểu diễn trên VTLG ta thấy, khi uMB= -60V thì uAM= 3U0AM= 3.150=130 V

AB

AB AM MB

0

Ta có lúc đầu:

tt

tt tt

P I

U cos

U U U 2 U.U cos U 194, 05V

 





π

400 = 220 +ΔU +2.220.ΔU cos ΔU =194V

6

Trang 8

Mà 2

P

ΔU = I.R = R R.P =194.110 3 36962

Khi khu tập thể dùng máy hạ áp lí tưởng có tỉ số 1

2

N 10

2

U = U +I R = 2200+I R

P = P U I = U I cos I =

6 2200







Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	916,67 KB