ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

SỞ GD – ĐT THANH HÓATRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1.. Từ hình vẽ ở trên ta có: điểm B thuộc góc phần tư thứ IV và A thuộc gó

Trang 1

SỞ GD – ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1

NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT LÝ

Trang 2

SỞ GD – ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

LỚP 12 - LẦN 1 NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT LÝ

Câu 6 – Mã 132; Câu 36 – Mã 209; Câu 35 – Mã 357; Câu 50 – Mã 485:

Đây là bài toán điều chỉnh L để ULmax nên ta có GĐVT:

Khi ZL = (R2 + ZC2)/ZC thì ULmax, ta có GĐVT:

Dựa vào các tính chất của tam giác vuông, thấy UL2≠ U(U – UC)

Câu 10 – Mã 132; Câu 9 – Mã 209; Câu 36– Mã 357; Câu 33– Mã 485:

xmax = v0

L

mg k

m

µ

- Khi khối gỗ dịch xuống đoạn x so với VTCB thì hợp lực tác dụng lên khối gỗ

bằng: Fhp = - kx – Sxdg

- AD ĐL II Niu tơn, ta có: Fhp = mx” ⇒ mx” = - kx – Sxdg ⇒ x” + x

m

Sdg

k+

= 0

- Vậy

Sdg k

m T

m

Sdg k

+

=

⇒

+

Câu 12 – Mã 132; Câu 15– Mã 209; Câu 14 – Mã 357; Câu 39– Mã 485:

- Xét đối với máy hạ áp:

( )

1

220

10

2200 100

- Xét đối với máy tăng áp:

( )

U U= + ∆ =U U +I R= + = V

Câu 14 – Mã 132; Câu – Mã 209; Câu – Mã 357; Câu – Mã 485:

- Tần số để mạch có cộng hưởng: ω =0 ω1.ω2 = 80π rad/s

U

2 0

2 C 2

CMAX

=







 +









ω

; ωC là tần số để UCmax, suy ra UCmax≈ 169V

Câu 21 – Mã 132; Câu 34 – Mã 209; Câu 15 – Mã 357; Câu 14– Mã 485:

A, B dao động vuông pha với nhau và hàm sóng tại A và B là hàm điều hoà nên

ta biểu diễn bằng đường tròn vị trí của A và B

A

1 2

3 sin

2

1 cos

=

⇒











=

= β

β

Từ hình vẽ ở trên ta có: điểm B thuộc góc

phần tư thứ IV và A thuộc góc phần tư thứ I

U2 = (N2/N1).U1 = 11V ⇒ I2 = U2/R1 = 1A; U3 = (N3/N1).U1 = 22V ⇒ I3 = U3/R2 = 0,5A

Mà: U1.I1 = U2.I2 + U3.I3⇒ I1 = 0,1A

Câu 23 – Mã 132; Câu 12– Mã 209; Câu 25 – Mã 357; Câu 24– Mã 485:

i O

UC

UL U

URC

UR

x

x O

(IV) (I)

Trang 3

α α

∆

=

∆

⇒

=

2

002 , 0 002

, 0

2 1

001 , 0 2

A l

l

g m

mg m

F

= 50

ADCT: λ = λ0/n ( λ0, λ lần lượt là bước sóng ánh sáng trong chân không và trong chiết suất n), ta có:

λ’/λ = n’/n ⇒λ’ = (n’/n).λ = 500nm

6i = 9mm ⇒ i = 1,5mm ⇒λ = i.a/D = 0,75μm

Để hai vật xa nhất thì: - Hai dao động ngược pha

- Pha của 1 trong 2 dao động bằng một số nguyên lần π

(2 1)

π π

∆ = − = +







1 2

1 3

2 5

t k n Z

 = +



 = − +



ZC = 50Ω; U0C = I0.ZC = 200 2 (V); uC chậm pha hơn i là π/2 Vậy: uC = 200 2 cos(100πt - π/2) V

ADCT :

2 2

2

1

1 1

g

g l

l T

T = +∆ − ∆ +λ∆

Theo gt thì T2 = T1 suy ra: ( )

1

t g

g l

l = ∆ − ∆

Với l = T1 g1/(2π)2 = 0,992m; ∆g = g2 – g1; ∆t = t2 – t1

Suy ra ∆l = - 8,064.10-4m ⇒ giảm chiều dài thanh treo và α = (∆l /h).3600 = 5810

q1i2i3 + q2i1i3 = q3i1i2

3

3 2

2 1

1

i

q i

q + =

0

2 2

2 2 2

'

1 ) (

q Q

q i

i

q

− +

=

−

=











(2) Đạo hàm hai vế của (1) với chú ý (2) ta được:

2 3

2 0

2 3 2

2

2 0

2 2 2

1

2

0

2

1

q Q

q q

Q

q q

Q

q

− +

=

− + +

−

- Do v = ω A2−u2 (1) ( u là li độ của phần tử có sóng truyền qua) nên các

điểm có cùng tốc độ thì phải có cùng |u|

- Ở thời điểm t0, tốc độ của các phần tử tại B và C đều bằng v0, phần tử tại

trung điểm của BC đang ở vị trí biên Lúc này trạng thái của B và C tương

ứng với vị trí B và C trên hình vẽ

- Còn khi các điểm có cùng vận tốc thì chúng phải nằm trên đoạn thẳng song

song với trục Ou ( trạng thái của B và C ứng với vị trí B’ và C’ trên hình) và 2 li độ đó phải đối nhau:

uB = - uC Vậy

2

A

u = Thay vào (1) được v0 = max

v A

ω =

- Khi B, C có cùng vận tốc, tức là chúng ở vị trí B’ và C’ trên đường tròn, nên D phải ở vị trí cân bằng, tức là vD = vmax = v0 2

) (Z L Z C R Z L R

− + Dễ thấy khi ω = (2LC)-0,5 thì UAM = U, không phụ thuộc vào R, tức là U1 = U2 = U3 = U

Ta có: AC – BC = (k + 0,5)λ = 1,5λ⇒λ = 2,4cm

B

C, B’ C’

u u

0

)

Trang 4

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AC thỏa mãn: - AB < kλ≤ AC – BC ⇒ - 6,6 < k ≤ 1,5 Vậy vân giao thoa cực đại đi qua cạnh AC là 8 đường

Q0 =

2 2 2











+

ω

i

q ; Do ∆t = T/2 nên q2 = -q1 Khi đó: Q0 =

2 2 2









 + ω

i

q = 5.10-6C

⇒











=













⇒











=

LC

CU r

E L

LC

CU

LI

1 2

1 1

2

1

2

1

2

2 0 2

2

2 0

2

0

ω ω

2

1 1

nr U

C

ω ω ω

=



D = (n – 1)A = 5,20

(π (α β)) sinα sinβ

sin

U U

+

2 cos )

2 sin(

2 sin sin

sin )

sin(

β β

α β

β α

β

+

⇒ U d U C U U d U C U

Để (Ud + UC) đạt giá trị cực đại thì α + β/2 = 900⇒α = 900 - β/2

sin

) 2 90 sin(

sin

β

β β

U U

β β

β α

β.sin( ).cos sin .cos2.cos sin

d

C

L C

L

U

Z

ϕ

β 1 cos2

=

d2 – d1 = kλ; Giữa M và đường trung trực AB không có dãy cực đại nào nên k = 1 ⇒λ = 2cm

⇒ v = λ.f = 26cm/s

- Từ hình vẽ 1 thấy U0C = 220V, ∆OU0U0RC là tam giác cân

nên u nhanh pha hơn uC là 1350

- Từ hình 2 suy ra: uC = 220cos1350 = -110 2 (V)

) 100 100 (

2 80

) 12 / 5 ( 200

u

u i

u

AM

MB MB



Sử dụng số phức trên MTCT ta được: r ≈ 216,5Ω; ZL = 125Ω ⇒ L ≈ 0,398H

UR = U2 +(U L −U C)2 = 1002 +(100−40)2 =80; cosϕ = UR/U = 0,8

Câu 50 – Mã 132; Câu 26 – Mã 209; Câu 13– Mã 357; Câu 29 – Mã 485:

+ Ban đầu chất điểm ở M0 nên ϕ = 2π/3 rad

+

6

5 2 3

0

π π

π + =

=

∠M OM ⇒ω =∠(M0OM) /t = 2π rad/s

+ A = a/ω2 = 5cm

i

UL

UC

Ud

U

) ϕd

) α

β

π-( α + β )

i O

220

440

220

U0C

U0L

U0

U0RC

Hình 1

u = 220

uC 220

135 0 Hình 2

x a

M0

200 100

M

2π/3

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	200 KB