Lời giải chi tiết các câu khó trong đề thi THPT quốc gia năm 2017 môn vật lý

Lời giải: - Chọn chiều dương của trục tọa độ hướng xuống dưới... luôn có thêm nhiều hơn 2 bức xạ khác cho vân sáng tại đó.. Số vân sáng tại vị trí này lớn hơn 3, không thỏa mãn điều kiện

MÃ ĐỀ 201

Lời giải

- Suất điện động trong ba cuộn dây từng đôi một lệch pha nhau 2

3

 rad, ta có:

e E cos   t , 2 0

2

3



     

2

3



     

- Ta có: e e2 3 E cos20 t cos t

          

0





0

30

E

          (2)

- Từ (1) và (2):

2

0

3E

4

    V → Đáp án B.

Lời giải:

- Gọi: P là công suất truyền đi;

Pi1, Pi2 lần lượt là công suất ở nơi tiêu thụ ( công suất có ích) lúc trước và sau;

1

P

 , P2 lần lượt là công suất hao phí trên đường dây truyền tải lúc trước và sau;

U, UR và U’ lần lượt là điện áp ở trạm phát, độ sụt áp trên dây và điện áp tại nơi tiêu thụ

- Khi

'

2

P 0,8P U I cos

P 0, 2P I R



  

- Khi giảm hao phí 4 lần:

1

P

4



    

2

4



 



  



- Ta có:

U U U  U U  U 2U U cos

uur

ur ur

U U U  U U  U 2U U cos

uur

ur ur

2

- Ta có:

2



  

- Từ (1) và (2):

2,106

→Đáp án A.

Lời giải:

- Chọn chiều dương của trục tọa độ hướng xuống dưới

- Thế năng đàn hồi của lò xo: dh  0 2

1

2

  

- Tại thời điểm:

 t 0,05 s và t = 0,15 s, Wdh  0 x l0( vị trí lò xo không biến dạng)

 t = 0,1 s, vật ở vị trí cao nhất:xA

 t = 0,25 s, vật ở vị trí thấp nhất: xA

- Chu kỳ: T 0, 25 0,1 T 0,3

2     s

20 3



   (rad/s) 0

9 l 400

   (m)

- Khoảng thời gian từ t = 0,1 s đến t = 0,15 s ứng với T/6 chứng tỏ vật đi theo một chiều từ vị trí

xAđến x A

2

A

2

     m

- Thời điểm t = 0, vật ở vị trí x A

2

 , ta có:

2 dh

      

- Ta có: 0

mg

k

    kg → Đáp án C

Lời giải:

- Gọi x là khoảng cách từ các điểm có biên độ 5 mm đến nút gần nó nhất và k là số bó sóng

- Hai điểm có cùng biên độ 5 mm xa nhau nhất thuộc 2 bó sóng ngoài cùng, chúng cách hai đầu dây (2 nút) một đoạn là x, ta có: k 2x 80

2



 

- Ta có: 0 x

4



   5,33 k 6,33   k 6 Thay vào (1) ta được: 6 2x 80

2



- Khoảng cách giữa 2 điểm xa nhất và dao động cùng pha: 5 2x 65

2



- Từ (1’) và (2):  30 cm và x 5cm

6



 

- Biên độ dao động của một điểm cách nút một đoạn x

6







0,01

2

0,12



→Đáp án A

ĐỀ 202

Lời giải:

- Vị trí các vân sáng của 3 bức xạ trùng nhau thỏa mãn: xs1xs2 xs3

   (k1k2 k3)

1 3

440.k k

3

440.k

k

- Vị trí trùng nhau của 2 vân sáng ứng với bước sóng 440 nm và 660 nm: xs1xs2  440k1660k2

1

2

t Z









2





 





2





   





- Với các vị trí vân sáng của 2 bức xạ 440 nm và 660 nm trùng nhau ứng với (t = 3, 4, 5,….) luôn có thêm nhiều hơn 2 bức xạ khác cho vân sáng tại đó Số vân sáng tại vị trí này lớn hơn 3, không thỏa mãn điều kiện đề bài

- Vậy vị trí có sự trùng nhau chỉ của 3 vân sáng ứng với các bức xạ: 440 nm, 660 nm và  là vị trí của vân sáng bậc 6 của bức xạ 440 nm, bậc 4 của bậc xạ 660 nm và bậc 5 của bức xạ  Thay k3 = 5 vào (*) ta được:  528nm → Chọn C.

Lời giải:

- Ta có: cos AH 0,5505

AB

  

- Ta có: P U.I.cos  110,1(W).→ Đáp án B.

N

B

I

r 30

30

100

100 x

30  x H

Lời giải:

+ Tổng số chỉ của ba vôn kế:

C

100 200 Z U



+ Đặt: 200 Z C X ZC  X 200 R L C 2 5 5

2

1

+ Hàm số:

5 2

   đạt giá trị cực tiểu tại: 1 33 1000

X

X 10   3

5

1000 100

3

V→ Chọn D.

Lời giải:

- Vị trí đặt nguồn âm có tọa độ x0 Từ đồ thị nhận thấy nguồn âm phải đặt ở vị trí có x0 < 0

- Cường độ âm tại một điểm có tọa độ x:

 02

P I

4 x x



- Ta có:

9

0

2,5.10









 



- Tỉ số cường độ âm tại vị trí x = 0 và x = 2:  02 0

0 2

0

0

2

I









- Tỉ số cường độ âm tại vị trí x = 0 và x = 4:  02

2 0

4 x I

9

I '' x



9



 

9 12 0





Lời giải:

- Gọi x1, x2 và x3 lần lượt là li độ của D1, D2 và D3

2

3



     

    



- Biểu diễn trên giản đồ véc-tơ:

1 3 1 3







ur

ur

 

 

 

0

sin 30 sin sin 2

1,5 3 A

sin

 



- A min2 sin  1 A min 1,5 3 2,62   cm.→Đáp án A.

2 A ur

2

Aur



1 A ur

3 A ur

12 A ur

23 A ur

1 3

A ur

0 30

ĐỀ 203

Lời giải:

- Suất điện động trong ba cuộn dây từng đôi một lệch pha nhau 2

3

 rad, ta có:

e E cos   t , 2 0

2

3



     

2

3



     

2 2

0



              (1)

- Theo bài ra ta có:  

     (2)

- Từ (1) và (2):

0

3E  E    V.→Đáp án C.

Lời giải:

- Gọi A0 là biên độ của vật lúc ban đầu

- Độ giảm biên độ sau mỗi chu kỳ:

0

8 mg

k



- Phần trăm cơ năng bị mất đi sau hai chu kỳ liên tiếp:

2

2 0

1 k.A 2





→ Đáp án D.

Lời giải:

- Động năng của electron trên quỹ đạo dừng m2: 2 1 1 1

300

100

4

     

(2)

- Từ (1) và (2): m1 6 r 36r 0→Đáp án C.

Lời giải:

- Ta có:

L

2

U





- URL const khi R thay đổi  ZC 2ZL và URL U U 200V

- Ta có:

C

2

U.Z U



- Khi R 80 :

2

L



- Điện áp hiệu dụng hai đầu biến trở:

2



Lời giải:

- Chọn mốc tính thế năng tại O

- Gọi 0 là biên độ góc của con lắc có chiều dài 1,92 m

C

h 1,92 1 cos

h 1,92 0,64.cos8 1, 28.cos4







- Bảo toàn cơ năng tại vị trí A và C ta được: mghA mghC

- Gọi tAOB là thời gian vật đi theo một chiều từ A qua O và đến B; tBC là thời gian vật đi từ B đến C

- Chu kỳ dao động của con lắc: T 2 t  AOBtBC

- Để tính hai khoảng thời gian này ta xét dao động của hai con lắc đơn: con lắc thứ nhất có chiều dài dây treo 1,92m dao động với biên độ góc 5,70 và con lắc thứ hai có chiều dài dây treo 0,64 m, dao động với biên độ góc là 80

1,92

t 0,374T 0,374.2 1, 036s



2

   



- Chu kỳ: T 2,605 2,61s  → Chọn B

Lời giải:

- Số đường cực đại: ABk AB k [ 6,6] 

1,92

1, 28 0,64

C h

1,92

0 0 4



 0 8 0

8

 0

5, 7



0 5,7

4





- Các điểm dao động với biên độ cực đại thuộc các hybepol có phương trình: 2 2  2 2 2

a  b   

Với:

a 1,5k

2

    















- Phương trình đường thẳng ∆: y 3x

- Các điểm cực đại thuộc ∆ thỏa mãn:

2

1,5k [100 1,5k ]



- Với k [ 6,6]  thì 1,5k [1002  1,5k ]>02

x  0 100 4 1,5k   0 3,3 k 3,3   k 0, 1, 2, 3    Có 7 điểm cực đại

thuộc ∆→ Chọn A.

Lời giải:

- Gọi: P1 và P2 lần lượt là công suất truyền đi lúc trước và lúc sau;

Pi là công suất ở nơi tiêu thụ

1

P

 , P2 lần lượt là công suất hao phí trên đường dây truyền tải lúc trước và sau;

U, UR và U’ lần lượt là điện áp ở trạm phát, độ sụt áp trên dây và điện áp tại nơi tiêu thụ

- Khi

'

2

P 0,8P U I cos

P 0, 2P I R



  

- Khi

'

2

4



  

U U U  U U  U 2U U cos

uur

ur ur

U U U  U U  U 2U U cos

uur

ur ur

2

- Ta có:

2 i

i

1 P

1

4



   

- Từ (1) và (2):

1,379 1,38

→Chọn B.

ĐỀ 204

Lời giải:

- Để dải quang phổ bậc cao (bậc k) chiếm chỗ trong dải quang phổ bậc thấp hơn (bậc m) thì:

x m x k x m  m.i k.i m.i  m k 2m 

 m = 1: k = 2→ dải quang phổ bậc 2 tiếp giáp với dải bậc 1

 m = 2: k = 3, 4→ một phần của dải quang phổ bậc 2 bị chiếm bởi 2 dải bậc 3 và bậc 4 Do đó tại mỗi vị trí chung nhau của 3 dải có 3 vân sáng nằm trùng nhau

 m = 3: k = 4, 5, 6→ một phần của dải quang phổ bậc 3 bị chiếm bởi 3 dải bậc 4, bậc 5 và bậc 6

Do đó tại mỗi vị trí chung nhau của 4 dải có 4 vân sáng nằm trùng nhau

 m = 4: k = 5, 6, 7, 8→ một phần của dải quang phổ bậc 4 bị chiếm bởi 4 dải bậc 5, bậc 6, bậc 7

và bậc 8 Do đó tại mỗi vị trí chung nhau của 5 dải có 5 vân sáng nằm trùng nhau

C U ur R

U

ur

r U ur

L U ur

U

50 2

M A

I r

B

50 2

0 60 0 60 U

- Vị trí của M trên màn là vị trí của vân bậc 8 ứng với bước sóng 380 nm:

6

k D 8.0,38.10 2







   mm, gần giá trị 6,3 mm nhất→ Chọn B.

Lời giải:

- Từ đồ thị nhận thấy trong cả 2 trường hợp khi khóa K mở và khi K đóng thì điện áp cực đại hai đầu

M, B: U0MB100 V  UMB 50 2V

2 L

L



 

2

2 L

Z 1

50 2 r

U Z

9

r

  

  

(1)

2

2

2

1

50 2 r

U

9

r





(2)

- Từ (1) và (2):

2 2

L

2 2

Z

1

1

r r







- Do ZC 2ZL  Z1Z2 I1I2: r1 r2 r

 





  



- Khi K mở:







- Dễ dàng chứng minh được ANBđều và M là trọng tâm của tam giác này

- Theo giản đồ véc-tơ, ta có:

0 r

U 50 2.cos60 25 2 V;UR 2Ur 50 2V; 0

L

U 50 2.sin 60 25 6V

U U U U  75 2  25 6 50 6 122,5 V → Chọn D.

Lời giải:

+ Khi hệ cân bằng: Vật A ở vị trí O, vật B ở vị trí N, lò xo dãn một đoạn là o

o



+ Ban đầu giữ vật B ở vị trí lò xo dãn đoạn 9,66 4 4 2  cm rồi thả nhẹ

 Biên độ dao động A 4 2 cm;

k

5

   

 rad/s.

+ Khi thả tay để vật đi lên: vật A tới vị trí G lò xo không biến dạng (F đh = 0) thì dây nối giữa A và B bắt đầu

bị trùng, vật B vẫn tiếp tục chuyển động đi lên (do quán tính), trong thời gian này vật A tiếp tục dao động điều

hòa quanh vị trí cân bằng O’ với (OO’ = 8/3 cm và với tần số góc

A

k

m

    rad/s

+ Tốc độ của vật A khi đi qua vị trí G:

v  A  x  5 4 2  ( 4) 20cm/s.

+ Biên độ dao động của vật A sau khi dây trùng:

2

A



        

cm.

+ Thời gian từ lúc thả đến lúc A đi qua G: 1 T T 3 2



   

+ Thời gian vật A đi từ vị trí G ( 4

x 3

 cm) theo chiều hướng lên trên đến vị trí cao nhất

k

A

B

x

G

o



O ' O

d

1

d h

1

k  4

n 6 

3

  cm): 2 T ' 2 0,1



+ Tổng thời gian từ lúc thả đến lúc vật A dừng lại lần đầu (lên đến vị trí cao nhất): t t 1 t2 0,19s

→ Chọn A.

Lời giải:

+ Giả sử pt hai nguồn: u1 u2 A cos  t 

+ Phương trình dao động tại M thuộc vùng giao thoa:

M

u 2A.cos  cos[ t      ]

+ M là cực đại giao thoa: d1 d2  k (k Z ) (1)

 1 2 M

      



1

S /M

 

1

S /M

 ( nếu k lẻ)

+ Nếu k là số chẵn, M cùng pha với S1:  1 2

     



+ Nếu k là số lẻ, M cùng pha với S1:  

       



+ Tổng quát: M cùng pha với S1: d1d2  n (2) ( Với n cùng chẵn hoặc cùng lẻ với k)

+ Điều kiện: n Z và d1d2 S S1 2 n 6,7,8, 

+ Số đường cực đại:

+ M vừa là cực đại vừa dao động cùng pha với nguồn

nếu n và k cùng là số chẵn hoặc cùng là số lẻ

+ Từ (1) và (2):

1

2

n k d

2

n k d

2

 









 



+ Các điểm vừa là cực đại ( thuộc các hypebol) và dao động cùng pha với nguồn ( thuộc các elip) Vậy các điểm này chính là giao điểm của các hypebol và elip Điểm gần S1S2 nhất hoặc là giao điểm ứng với n = 6 và k = -4 hoặc n = 7 và k = -5

+ TH 1 : n = 6 và k = -4 1

2

d





 

 



23

35

2 1

+ TH 2 : n = 7 và k = -5 1

2

d





 

 



13

40

2 1

→ Khoảng cách ngắn nhất từ M đến S1S2 là: h 0,754 → Chọn A.