Thời điểm đó trên hình tính được i 3I0 2 Hay lúc đó năng lượng từ bằng 3 lần năng lượng điện... Vậy có 4 vân sáng đơn sắc khác.. Để UAM đạt max thì y phải min.. Ngay sau va chạm hai vật
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013
Môn: Vật lí – Mã đề thi: 149
Câu 1: Đáp án: B Do T 2 l
g
= π
Câu 2: Đáp án: D: Vị trí vân sáng bậc k: 1
s,k
D
a
λ
t,k
D 1
λ
= − ÷
Lập tỉ số được 2k
2k 1−
Câu 3: Đáp án: D
Vị trí có vân cùng màu vân trung tâm là vị trí có cả 3 bức xạ: Lúc đó k1 1λ = λ = λk2 2 k3 3
Xét k1 1λ = λk2 2 1
2
k 0,56 4 8 12
k 0, 42 3 6 9
⇒ = = = = Do trong khoảng có hai vạch trùng của λ1 và λ2 nên vị trí vân bậc 9 của λ2 và bậc 12 của λ1 có cả bức xạ λ3, nghĩa là 12λ = λ1 k3 3⇒ λ =k3 3 5,04 mµ Vì λ3 là ánh sáng nhìn thấy nên có 0,38 mµ ≤ λ ≤3 0,76 mµ ⇒6,63 k≤ 3 ≤13, 26 Mặt khác do λ > λ ⇒3 2 k3 <9, kết hợp đk của k3 ở trên ta nhận k3 hai giá trị 7 và 8 Vì trong khoảng xét có 3 vạch trùng của λ1 và λ3, nghĩa
là chia đoạn đó ra thành 4 khoảng nên k3 phải là bội số của 4 Nhận k3 = 8 ⇒ λ =3 0,63 mµ
Câu 4: Đáp án B
Câu 5: Đáp án B Ta có 2 c L Cπ 1 1≤ λ ≤ π2 c L C2 2
Câu 6: Đáp án A Tại t1 :
2
v
A =x +
ω (1) Tại t2 :
2
v
A =x +
ω (2) ⇒A=6cm, ω =20rad/s Khi x3 =3 3m 2 2
⇒ = ω − = cm/s
Câu 7 : Đáp án C
Câu 8: Đáp án D: Vân sáng cùng màu vân sáng trung tâm phải có sự trùng nhau cả 3 bức xạ, nên có
kλ = λ = λk k ⇒k : k : k1 2 3=15 :12 :10 Vậy khoảng cách giữa vân trung tâm đến vân sáng tiếp theo cùng màu vân sáng trung tâm có 14 vân của λ1, 11 vân của λ2, 9 vân của λ3
Hệ vân gồm 2 bức xạ trùng nhau trong vùng xét:
1
2
2
3
1
3
= =
λ = λ
λ = λ ⇒ =
λ = λ
= = = =
Tất cả 7 vân không đơn sắc, mỗi vân mất 2 vân đơn sắc, vậy tổng số vân đơn sắc tìm được là:
(14+11+9) – l4 = 20
Câu 9: Đáp án C: Vì Wd = 3Wt nên có 0
2
α
0
T mg(1 1,5= − α + α =) 5,035N
Câu 10: Đáp án A: 2 2
0
C
L
Câu 11: Đáp án C: Ta có: P = UIk ⇒I P
Uk
= Công suất hao phí:
2
Uk
∆ = = ÷
Do hiệu suất cần > 90% thì: P P 0,9
P
− ∆ > 0,1.U k2 2
P
Câu 12: Đáp án A: Do
2 1
1 2 c LC1 C1 2 2
4 c L
λ
π (1),
2 2
2 2 c LC2 C2 2 2
4 c L
λ
π (2)
Trang 22 2
2 c LC C
4 c L
λ
λ = π ⇒ =
π (3) Khi tụ C tương đương C1//C2 thì có C = C1 + C2 (4) Thay (1),(2),(3) vào (4) thì được 2 2
λ = λ + λ =
Câu 13: Đáp án C: Gọi CM = IH = x
1
d = AH +MH = 4 x+ +2 (1) ( )2
2
d = BH +MH = 4 x− +2 (2)
Vì M cực tiểu nên có: 1 2
1
2
− = + ÷λ
Vì cực tiểu gần C nhất nên là cực tiểu thứ nhất, nhận k = 0
Vậy có: d1−d2 =1cm(3) Thay (1),(2) vào (3) Giải phương
trình ta được CM = x = 0,56cm
Câu 14: Đáp án: B Sau T
T quét được góc
6
π
α = Thời điểm đó trên hình tính được i 3I0
2
Hay lúc đó năng lượng từ bằng 3 lần năng lượng điện
Câu 15: Đáp án A.
Câu 16: Đáp án C Ta có: i 3,3 0,55mm
6
Vậy ai 0,55 m
D
λ = = µ Màu lục
Câu 17: Đáp án D Ta có : NBScos( t )Wb
3
π
∆
Câu 18 : Đáp án B Biểu thức cần tìm có dạng : uL =U cos(100 t0L π + ϕuL)V
Ta có ZL ZC
ϕ = ϕ − ϕ = − ⇒ ϕ = + ϕ = ( )2
2
Z= R + Z −Z =50 2Ω 0
0
U
Z
⇒ = = U0L =I Z0 L=4.100=400V
Vậy uL 400cos(100 t )V
4
π
Câu 19 : Đáp án C Ta có
2
1
U
Z
2
2
U
Z
Câu 20 : Đáp án A.
Khi ω = ω1 và khi ω = ω2 thì có I1=I2 nên 2 2 2 2
=
+ ω − ÷ + ω − ÷
1 2
1
LC
⇒ ω ω =
Câu 21 : Đáp án A
Câu 22 : Đáp án D.
Câu 23: Đáp án C Vị trí lò xo không biến dạng có Wđ = Wt nên vị trí đó có x 2A
2
= ± Vậy thời gian lò
xo bị nén trong 1 chu kì là: ∆ =t αnen =0, 25s⇒ ω = π2
ω (rad/s) ⇒ = ω =k m 2 4N/m
●
1
d
2
d
H I Δ
6
π
i
I0 O
Trang 3Câu 24: Đáp án C Chọn t = 0 khi U0
u 2
= và đang tăng nên u i
ϕ = − ⇒ ϕ =
6
1
5.10
LC
C
L
−
= = Vậy i 4.10 cos(5.10 t2 6 )A
6
Câu 25: Đáp án B Vị trí vân đỏ bậc 4: d
4d
D
a
λ
= Vị trí vân sáng bậc k bất kì: x k D
a
λ
= Do các vân
trùng nhau nên có: x = xd hay d
d
λ
λ = λ ⇒ λ = = µ Vì 0,38 mµ ≤ λ ≤0,76 mµ suy ra:
4 k 8≤ ≤ k nhận các giá trị khác vân đỏ bậc 4 là: 5,6,7,8 Vậy có 4 vân sáng đơn sắc khác
Câu 26: Đáp án A: Đề đánh máy lỗi đơn vị 30π(m/s2) thành 30π(cm/s2), sorry!!!
Ta có vmax = ω =A 6(m/s); amax = ω = π2A 60 (m/s2) ⇒ ω = π10 (rad/s)
và A 6 m
10
=
π Khi vật có vận tốc 3m/s và thế năng đang tăng thì có li
độ
2 2
2
10
Vị trí có gia tốc 30π(m/s2) có li độ là x a2 3 (m)
10
= − = −
Thời gian ngắn nhất cần tìm bằng thời gian vật chuyển động tròn đều
cùng chung ω quét được góc 5
6
π
α = như hình vẽ: t 1 s
12
α
∆ = = ω
Câu 27: Đáp án B.
Câu 28: Đáp án B ZC 1 80
C
Ta có :
L
1
+ Đặt
2
Z 2Z x
y
−
=
+ với x = ZL Để UAM đạt max thì y phải min
y ' 2Z (R x ) 2x(Z 2Z x) 0
L
0,9
⇒ = = Ω ⇒ =
π
Câu 29: Đáp án D
Do UurRC
lệch với Uur góc 2
3
π
thấy UurR
là phân giác góc 2
3
π
R
R
U
I
Câu 30: Đáp án B.
Gọi v là vận tốc của m ngay trước va chạm thì ta có mgh = 1 2
mv 2
⇒ = = m/s Ngay sau va chạm hai vật dính vào nhau chuyển
động cùng vận tốc V Ta có mv = (M+m)V, V mv 0,5
M m
+ m/s.
k
5
M m
+ (rad/s) Vị trí va chạm cách vị trí chọn gốc tọa độ:
3 10
− π
3 3
x(m)
O
U ur
RC
U ur
R
U ur
L
U ur
C
U ur
2 3 π
U + U
ur ur
Trang 4(M m)g Mg mg
+
Chọn t = 0 và hệ quy chiếu như đề ra ta có :
A 10 2cm;
= ϕ = −
= −ω ϕ =
3
x 10 2cos(5t )cm
4
π
Câu 31: Đáp án A.
Câu 32: Đáp án C Ta có
2
− = ÷= ÷ ≈
⇒LB ≈74dB
Câu 33: Đáp án A Ta có x x= +1 x2 ⇒ =A Aur uur uur1+A2
Dễ thấy
π π π
α = − = Từ giản đồ áp dụng định lí hàm sin thì có :
2
2
A
sin =sin ⇒ =sin β
α β α Ta thấy A2 đạt max khi sinβ = 1
Vậy A2 = 10 3 cm 2 2
Câu 34: Đáp án A
Câu 35: Đáp án D Gọi M là điểm trên AB cách A và B lần lượt d1 và d2
Ta có d1 + d2 = AB = 7λ Sóng tại M do từ A và B truyền đến có phương trình lần
2
x =acos( tω − πd )
2
x =acos( tω − πd )
λ Phương trình sóng tại M: xM =x1M+x2M =2acosπ(d1−d cos2 ω −t π(d1+d )2
x 2acosπ(d d cos( t 7 ) 2acos π(d d cos( t ) 2acosπ(d d cos t
Để tại M cực đại cùng pha với nguồn thì cosπ(d1−d )2 = − ⇒ −1 d1 d2 =(2k 1)+ λ
Kết hợp với d1 + d2 = AB = 7λ ta có : d1 = (k+4)λ Mà 0 d< <1 AB⇒ − < <4 k 3 Vậy k nhận 6 giá trị là 0, 1
± , 2± và 3− Vậy có 6 điểm thỏa mãn
Câu 36: Đáp án C.
Câu 37: Đáp án D Gọi tần số ban đầu là f Ta có 1 1
1
v
λ
= = (số nút là k + 1) Tần số sau khi tăng là f2 = +f1 30 thì số nút sóng tăng thêm 5 nút Ta có:
2
1
v
λ
v
12
Câu 38: Đáp án A: Ta có min 2 (1 os )
2
S = A −c ∆α
3
π
⇒ ∆α = T 0,5s T 1,5s
3
Vậy max
2 2.3,14
π
Câu 39 : Đáp án A Khi C = C1 hoặc C = C2 do điện áp giữa hai bản tụ như nhau nên có
Z Z Z Z Khai triển cụ thể và biến đổi ta được
+
ω + +
L
L
(C C )
1 )
Mặt khác khi UL đạt max thì phải có: = = +
ω
L C
1 Z
C Z Kết hợp ta có:
4
2
−
+
π
1
A ur
2
A ur
A ur
∆
β
α
O
Trang 5Câu 40 : Đáp án C Thay đổi R = R0 thì công suất tiêu thụ trên toàn mạch cực đại Lúc đó
R + =r Z −Z =100Ω ⇒R = Ω80 Cường độ dòng điện trong mạch I U 240 1, 2A
Z 2.100 2
suất tỏa trên r là : 2 2
r
P =I r 1, 2 20 28,8W= =
Câu 41 : Đáp án D.
Câu 42 : Đáp án D
Từ giản đồ ta có UL = U.sin
6
π = 30 3 (V)
3
r
U
tan
3
= π =
, UR + Ur = 90V
R
⇒ = ⇒ =I 2A Ur
I
⇒ = = Ω
Câu 43 : Đáp án B Thời gian đó đúng bằng 1 chu kì
Câu 44 : Đáp án D
Câu 45 : Đáp án B Số dao động đến khi vật dừng hẳn :
0,125
N
A F mg µ mgN
µ
Câu 46 : Đáp án D : Tốc độ truyền sóng trên mặt nước v f 50 450
k
= λ = λ = (Vì hai điểm cách nhau 9cm
dao động cùng pha nên d k 9cm 9
k
∆ = λ = ⇒ λ = )
Đề cho 70cm / s v 80m / s≤ ≤ ⇒5,6 k 6, 4≤ ≤ ⇒ = ⇒ =k 6 v 75cm/s
Câu 47: Đáp án B
tan tan
Trong đó tanϕ1=ZL
R ; tan
2
R
−
ϕ = Thay vào ta có:
L
2
L
Z
Z
−
+
−
−
2
100
3
2
⇒ = Ω ⇒ =
π
Câu 48: Đáp án C.
Câu 49: Đáp án A Dd =(nd−1)80 =40; Dt =(nt−1)80 =4,320;
Độ rộng vùng quang phổ được tính
MN = HM – HN = AH(tanDt – tanDd) = 1,5(tan4,320 – tan40) =
8,42.10-3m = 8,42 mm
Câu 50: Đáp án B.
Câu 51: Đáp án B.
Câu 52: Đáp án C Ta có : i 2.1mm 2mm= = Số vân sáng trên đoạn MN được tính :
N
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ ∈ ± ± Có 6 giá trị k nguyên thì có 6 vân sáng
Số vân tối trên đoạn MN được tính : xM 1 xN 1 5 7
−
Có 7 giá trị k nguyên thì có 7 vân tối
Câu 53 : Đáp án B 1 1 2 2
3
I I
ω + ω
I r
U
ur
RL
U
ur
L
U ur
O
r
U
ur
R
U ur
6
π 3 π
3
π ϕ1 2
ϕ
L
U ur
C
U ur
R
U ur
AM
U ur
U ur
N M
Dd D
t
Trang 6Câu 54 : Đáp án C Vị trí có Fđh = Fms 0
mg
k
µ
⇒ = = = (Để ý nếu vật đổi chiều chuyển động trong điều kiện vị trí đổi chiều là x ≤ x0 thì vật không tiếp tục chuyển động được)
Sau mỗi dao động vật giảm biên độ 2x0 Vật dừng lại ở vị trí:x A= 0−N x.2 0, với N là số dao động thực hiện được Điều kiện: − ≤ ≤ ⇒ − ≤x0 x x0 x0 A0−N x.2 0 ≤ ⇒ − ≤ −x0 1 7 N.2.1 1≤ Lấy N = 3, thế vào biểu thức x A= 0−N x.2 0⇒ =x 1cm, (nếu lấy N = 4 tính ra x= −1cm, bài này cho 2 giá trị N nhưng kết quả không ảnh hưởng) Dùng định luật bảo toàn năng lượng : 2 = 2+ µ ⇒ =
Câu 55: Đáp án A
Câu 56: Đáp án C
Câu 57: Đáp án A Hai nguồn giống nhau có thể coi cùng phương trình uA =uB=Acos tω
Phương trình 2 sóng thành phần tại M là 1 điểm bất kì trên đoạn CO
π
λ
2
λ
2
u Acos( t d ) (Chú ý d1 =d2 =d )
Phương trình sóng tổng hợp tại M: = + = ω − π
λ
2
Để sóng tại M ngược pha với hai nguồn thì π = + π ⇒ = + λ
λ
2 d (2k 1) d (2k 1)
2 Do M nằm trên đoạn CO nên
d có điều kiện: 6cm d≤ ≤ 62 +82 =10cm Hay 3,25 k 5,75≤ ≤ ⇒ ∈k 4,5 Vậy có 2 điểm thỏa mãn
Câu 58: Đáp án D.
Câu 59: Đáp án B Ta có I=1mr2 =0,25(kg.m )2
2 , ω =1 20 (rad/s), ω =2 40 (rad/s),
= ω − ω =2 2
Câu 60: Đáp án B.