lời giải chi tiết lần 1-chuyên hà tĩnh-mđ 211

Khi không có điện trường thì VTCB của vật là O2.. Sự thay đổi biên độ là do sự thay đổi VTCB.. Để biên độ dao động tổng hợp bé nhất thì x12 và x3 phải ngược pha... Biểu diễn bằng đường t

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

TỔVẬT LÝ -

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, Lần I 2013 − 2014

Môn: Vật lý

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢCÁC THÍ SINH

Câu 2:

Cách 1:

2 C2 2 C2 ,

Đặt

2 2

C C

y







 2 23/2

0

C C

C C





Cách 2: Từ giản đồ vectơ Áp dụng định lý hàm số sin

U

U

cos sin sin cos



    => UR+UC = U(sinα + cosα)

Áp dụng bất đẳng thưc Bunhiacosxky ta có UR + UC lớn nhất khi sinα = cosα => α = π/4 rad

=> R C U

2

   (V) =>  UR UC Max  100 2(V)

2

M



       

           

Câu 7: Lúc t = 0: i = 2mA và đang tăng nên phương trình của i: 4 cos  

3



7

0, 25.10 25 4.10 10

L LC







Câu 8: Khi có điện trường thì VTCB của vật là O1 Khi không có điện trường thì VTCB của vật là O2

Vì thả tại vị trí thấp nhất (v = 0) nên đó là vị trí biên

Sự thay đổi biên độ là do sự thay đổi VTCB

2 1

96 /

d

3



Để biên độ dao động tổng hợp bé nhất thì x12 và x3 phải ngược pha Tức là: 12  3    3   2   

Câu 10: Ta có công suất phát:

8 3

10 cos

cos 110.10 0,9

P

U





2

20, 4 MW

hao phi

P  I R  Hiệu suất: H 1 Phao phi 0, 796 79, 6%

P

Câu 13: Khi tăng thêm 200K thì vận tốc tăng thêm 20cm/s: v  360 / m s

U

R

U

C

U



x

O1

O2

d

F 

A1

A2

Bước sóng ban đầu và sau khi tăng nhiệt độ: 1 v1 6,8 m

f

f

18

2 17

n

n

U

U



Câu 15: Bước sóng bức xạ: 1, 242

1,88

0, 66

hc

m



Câu 17: Bước sóng cực tiểu của tia X: min hc

eU

0

hc eU



  ; 2

0

1, 25

hc eU

 

60

M

x





Câu 23: Chọn trục Ox hướng thẳng đứng trên xuống

0 10

0

40 /

mg

l



Lực đàn hồi được xác định bởi: Fdh  k   l k   l0 x

Sau khi đi được đoạn 7cm vật tới vị trí có x = -2cm

Ta được: Fdh  40 0,1 0, 02   3, 2   N

Z

Z Z



RC

RC L

Z

Z Z



Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông:

     Công suất của trọng lực được xác định bởi:

2

k g



Câu 27: Z L 30 ; Z C 20   Z 20 I 0, 6A

1 tan

3

L C

R

L

Z r

        

2 2

12 3 12 6 cos 100 12 6 cos 100

π/3

d

U

C

U 

U π/6

x = -2cm

A

7cm

O

π/3

L

U 

U

R

U 

C

U 

RC

U 

Câu 28: k1: k2 : k 3 18 :15 :10 Giữa hai vân cùng màu vân trung tâm có: 17 vân λ1, 14 vân λ2, 9 vân λ3 (kể cả vị trí hai bức xạ cho vân sáng)

Các vị trí 2 bức xạ cho vân sáng:

2 2

6,12

18 6

2 5,10

15 5

k k

van k

k









2 3

6

18 9

1 5

10 5

k k

van k

k









2 3

3, 6,9,12

15 3

4

2, 4, 6,8

10 2

k k

van k

k







 Giữa 2 vân cùng màu vân trung tâm, số vị trí 1 bức xạ cho vân sang là: 17 + 14 + 9 – (2+1+4) = 33

2

R

Z



Câu 30: Ta có: 1 1

2 2

U  N    Tăng thêm vào 2 cuộn 600 vòng:

600 2 600



  (U1 không đổi)

Ta được: N16002N26005N26002N2600N2 200vongN11000vong

Để được máy tăng áp lên 2 lần thì: 2 2

 



Câu 31: Giả sử ban đầu nguyên tử đang ở trạng thái dừng thứ m: r m m r2 0

n

m, n là các số tự nhiên mà 6 chỉ có các ước 1, 2, 3, 6 nên bộ số thỏa mãn 6-8-10 Vậy m = 8, n =10

Ta được: 10 8 13, 6 13, 6

0, 0765 76, 5

100 64

Câu 32: Quãng đường đi của vật được xác định bởi:   S n S 2 0   Sdu  2014 cm

Biên độ dài của vật: S0 = 2cm Suy ra: ΔSdu = 2cm, n = 503

Góc quay được kể từ thời điểm ban đầu:    n    du  503    du

Biểu diễn bằng đường tròn: Ban đầu vật ở M0 Sauk hi quay góc 503π nó tới vị trí M1 Do

ΔSdu = 2cm => Δφdu = π/2 (ΔSdu là quãng đường đi được ứng với góc dư Δφdu)

Vậy: Δφ = 503π + π/2 = 1007π/2

1007 / 2 3021

755, 25



  Câu 33:

Cách 1: Gọi cơ năng ban đầu của hệ là W  kA2 / 2

Tại vị trí động năng bằng thế năng: Wd  Wt  W / 2

Khi giữ điểm chính giữa lò xo thì thế năng giảm đi một nửa, động năng không đổi và độ cứng lò xo tăng 2 lần:

W   W / 2  W / 4, W   W  W / 2, k’ = 2k

k 1 =0; k 2 =0; k 3 =0

k 1 =18; k 2 =15; k 3 =10

17 vân λ 1

14 vân λ 2

9 vân λ 3

M0

M1

M

s

2

ΔSdu

Δφdu

Cơ năng của hệ khi giữ điểm chính giữa: W W 3 1 2 3 1 2 6

d t

v A

Khi giữ điểm chính giữa của lò xo (điểm C) thì mỗi nửa lò xo giãn:

2 2 2



Vị trí cân bằng ban đầu là O1 và khi giữ chính giữa lò xo là O2

Khi này li độ của vật so với VTCB O2 là:

2 2 2

Độ cứng của lò xo khi này: k   2 k      

Biên độ mới:

2 2

2

4

   

 

            



Câu 34:

0 0

;

36

Ta có đối với mạch dao động:

2

2

1 100

m

m

U L

2 0

0

1

0, 6

36 100

U

Câu 35:   x xS4  xT3  4 i  2,5 i  6,5 i  6, 5 mm   i 1 mm

0, 6 600



T T





Tỉ số trên phải thỏa mãn lẻ/lẻ nên:  

1 2

7 2 1

n k







  Vị trí trùng của hai vân tối:  1

7

2 1 2

2 1

7 5

k

k





  Suy ra khoảng vân trùng của hai vân sáng: 12 1 1 1, 5

7 1, 5

7

7

2 1 0,5 1, 5 2

Trên bề rộng 5,5mm tính từ vân trung tâm:

0  n  0,5 1, 5  5,5   0,5  n  3,17 (có 4 vị trí)

Câu 38: Vị trí có vân tốc bằng 0 chính là hai vị trí biên x = ±A (M1 và M2)

Ta được:

2 1

2

6 2

tb tb





2

T

Góc quay từ thời điểm t=0 đến thời điểm t1: 1 1 7

2

Từ M quay theo chiều kim đồng hồ (quay ngược thời gian) 1 góc 7π/3 tới vị trí M

B

A

C

O1 O2

x x/2

M0

M1

6

M0

-3

Tại M ứng với x0 = -3cm và v0    A  x0   4  3 cm s /

Tương tự khi đổi vị trí M1 và M2 cho nhau thì ta được: x0 = 3cm; v0 = 4π 3cm/s

0 0 12 3 /

Câu 39: Khi cho hđt 1 chiều U1: 1

1

12 30

0, 4

U r I

Khi đặt vào hai đầu hđt xoay chiều: 2 2 2

2

U

I

II PHẦN RIÊNG [10 câu]

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từcâu 41 đến câu 50)

Câu 41: Ban đầu f = f1: U X2 U2 U Y2

Khi tăng f thì I giảm nên vị trí f = f1 ở bên phải của hoặc trùng với vị trí cộng hưởng f = f0

Nên mạch chỉ có thể là: X là tụ, Y là cuộn dây có điện trở U cùng pha với I nên cosφ = 1

Câu 42: Vì các chất điểm thẳng hang nên các VTCB của các chất điểm

nằm trên một đường vuông góc với Ox

Gọi pt của dao động thứ 3: x3  A cos   t   

Lúc t = 0: x01  2 cm x ; 02  4 cm  x03  A cos   6 cm

Lúc t = 1/6s: x10cm x; 2 2 3cmx3Acos      4 3cm

Ta được:

03

3

x

x

 

Và A  4 3 cm Vậy x3  4 3 cos   t      cm 

Câu 44:  1   t1  2     S1  A  A / 2  3 / 2 A

2 1 1 / 6

t  t  s: Góc quay từ t1 đến t2:  2     t 2     S2  A

Ta được S1/S2 = 3/2

Câu 45: Ta có:   n n

Mà ZL   L  n, sđđ cực đại hai đầu máy phát: E0  N 0  n  U  E0  n

Ban đầu: 1 U1

I

Z

 Khi n2 = 2n1: ZL2 2 ZL1, U2 2 U1 I2 U2 U1 I1

O1

O2

O3

x x x

4

6 4 3

2 3

f

f0

ZL>ZC

I

Imax

f1

Y

U 

X

U 



Câu 46: Ta có: 2  

60 2

Khi thay bằng tụ C’: UC  40 ; V UL  2 UR

2.60 5 160 5600 0 53,1

Câu 48: Ta có λ = 2cm

Sóng từ hai nguồn đênn điểm M trên mặt nước: 1

1

2 cos 30

M

d





2

2 cos 30

2

M

d





Độ lệch pha của hai sóng: 2  1 2

2







M dao động với biên độ cực tiểu:  

1 2

1 2

2 1



Trên EF: EB EC d1d2FB FC 1

4

      

  1

12 2 12 6, 25 5, 75

4

         

Câu 49: Ta có: hf3 = ε2 – hf1 => f3 = ε2/h –f1

B Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từcâu 51 đến câu 60)

Câu 51: Moomen động lượng: L = P.r = mv.r

v = ω.r => L = mωr2 an  v2 / r  v  a rn  L  m a rn 3

Câu 53: ω0 = 15 vòng/phút => gia tốc góc: γ = (ω - ω0)/t = -10 vòng/(phút)2

Số vòng quay được xác định bởi:

0 15

11, 25







Câu 56: Chiều dài của thước trong hệ quy chiếu K: l l0 1v2 /c2 0,8l0   l l0  l 0, 2l0 0, 4m

Câu 58: Mômen quán tính của hệ:

2

2 5 2

l

I m   ml  ml

m



5 / 4

T





Câu 59:       t n    du    S n A 2   Sdu (ΔSdư là quãng đường tương ứng với góc quay Δφdư)

                

Ta được:  S 6.82, 5450,54cm

f1

f2 f3 L

M N O

4

2 3

M 0

M

π/3 π/6

Δφdư =π/2