ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN III NĂM 2013 Trường Đại Học Vinh Môn: VẬT LÝ - Mã đề thi 278 ppt

1


Giải chi tiết (tham khảo) đề thi thử ĐẠI HỌC VINH lần 3 năm 2013
Th.S: Trần quang Thanh-0904.727271
Câu 1. Một con lắc lò xo dao động điều hòa dọc theo trục lò xo nằm ngang, vật nặng có khối lượng
m=100g và năng lượng dao động là
125
mJ
. Tạ
i th
ờ
i
đ
i
ể
m v
ậ
t có v
ậ
n t
ố
c
40 ( / )
cm s
π
thì
độ lớn lực kéo
về là 1,5N. Lấy
2
10

π
=
. Lực kéo về có độ lớn cực đại là
A. 3,2N B. 2N C. 2,5N D.2,7N

Gợi ý: Ta có
2
2 2 2
ax
ax
.
. 2
W 2,5( / )
2 2 2
m
m
mV
kA m A W
V m s
m
ω
= = = → = =
( )
2 2 2
2
ax
ax
ax ax ax
ax
.sin( )

0,4
1,5
1 1
. os( ) . os( )
2,5
2,5
m
m
m m m
m
v V t
v F
F kx K Ac t F c t
V F F
F N
ω ϕ
π
ω ϕ ω ϕ
= +
     

→ + = → + =
     

= − = − + = +

     
→ =

Câu 2: Một nguồn điểm O phát sóng âm có công suất không đổi trong môi trường truyền âm đẳng
hướng. Một người đang chuyển động thẳng đều từ A về O với vận tốc 2m/s. Khi đến điểm B cách nguồn
20m thì mức cường độ âm tăng thêm
20
dB
. Thời gian người đó chuyển động từ B đến A là:
A. 45s B. 90s C. 50s D. 100s.

Gợi ý: Ta có:
2
10lg 10lg 20( ) 10 10.20 200
B B
B A A B
A A
I r
L L dB r r m
I r
 
− = = = → = = =
 
 
. V
ậ
y th
ờ
i gian c
ầ
n tìm:
0 0
90( )

A B
r rS A B
t s
v v v
−
−
= = = =

Câu 3:
Cho m
ạ
ch dao
độ
ng L-C, t
ụ

đ
i
ệ
n ph
ẳ
ng
ở
gi
ữ
a hai b
ả
n là chân không, dao
độ
ng chu k

ỳ
T.
Đặ
t
vào gi
ữ
a hai b
ả
n c
ủ
a t
ụ
m
ộ
t l
ớ
p
đ
i
ệ
n môi cùng
đ
i
ệ
n tích v
ớ
i hai b
ả
n, h
ằ

ng s
ố

đ
i
ệ
n môi
ε
, b
ề
dày b
ằ
ng
m
ộ
t n
ử
a kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai b
ả
n t
ụ
,
để
chu k
ỳ
dao

độ
ng c
ủ
a m
ạ
ch là
5
2
T
T = thì giá tr
ị
c
ủ
a
ε
là:
A. 2 B.
5
3
C.
4
3
D. 3
Gợi ý:
Khi
đ
i
ệ
n môi gi
ữ

a hai b
ả
n là chân không
:
1
2 (1)
O
T LC
π
=
Khi
đặ
t l
ớ
p
đ
i
ệ
n môi và gi
ữ
a hai b
ả
n t
ụ
thì b
ả
n t
ụ
t
ươ

ng
đươ
ng hai t
ụ
C
1
và C
2
ghép n
ố
i ti
ế
p v
ớ
i
kho
ả
ng cách '
2
d
d
=
và
2
2 (2)
b
T LC
π
= .
V

ậ
y t
ừ
(1) và (2)

2
2
0
2
1
5
5 (3)
4
b
b
O
C
T
C C
T C
= = → =

1
0
1 2
1 2
2
4
2 .
.

2
(4)
1
4
2
b
S
C
d
k
C
C C
C
S
C C
C
d
k
π
ε
ε
ε
π

=



→ = =


+ +
=



Cho (3) bằng (4) suy ra:
0
0
2 .
5 5
4 1 3
C
C
ε
ε
ε
= → =
+


o A B
ε

C
1
C
2
2

Gợi ý: Phương trình dao động tai nguồn:

os( )
2
u ac t
π
ω
= −
( do tại t=o nguồn dao động đi qua VTCB
theo chiều dương).
Phương trình tại M cách O một khoảng
2
x
λ
=
là:
2
os( )
2
M
x
u ac t
π π
ω
λ
= − − . Thay các giá trị đã cho ta
có:
6
2
2 2 11 3
3
6 os( . ) os( ) 4 3

2 3 2 6 2
3
2
u mm
T
x ac ac a a mm
T
T
t
λ
π
λ π π π
λ


=


= → = − − = = → =



=


Câu 5: Với mạch dao động điện từ tự do thì sau
5
4
T
kể từ khi tụ bắt đầu phóng điện, năng lượng trong

mạch tập trung ở:
A. Cuộn cảm B. Cuộn cảm chiếm một phần tư C. Tụ điện D. Tụ điện chiếm một nửa

Gợi ý: Phương trình điện tích trên tụ:
0
os( )
q Q c t
ω ϕ
= +
. Tại t=0 thì q=Q
0
hay
0 0
os os 1 0
q Q c Q c
ϕ ϕ ϕ
= = → = → =
. Sau
5
4
T
t = thì
0 0 0
2 5 5
os( ) os( . ) os 0
4 2
T
q Q c t Q c Q c
T
π π

ω
= = = =

q=0 thì i=I
0,
lúc

này năng lượng tập trung hai đầu cuộn cảm.


Gợi ý: Phương trình phóng xạ:
234 4 230
U He Th
→ +
. Năng lượng phản ứng tỏa ra:
. . . 4.7,1 230.7,7 234.7,63 13,98
Th Th u u
E A A A Mev
α α
ε ε ε
∆ = + − = + − =



Gợi ý: Khi chiếu ánh sang từ chất lỏng trong suốt chiết suất với tia đỏ và tím là n
d
và n
t
ra không khí thì
ta có:

0
( ) (d )
0
( ) ( )
1 1
sin 46
1,39
1 1
sin 43
1,44
gh do gh o
d
gh tim gh tim
t
i i
n
i i
n

= = → =



= = → =


Để xảy ra phản xạ toàn phần thì điều kiện là góc tới
gh
i i
>

Theo
bài ra góc tới của hai tia đều là 45
0
nên tia đỏ phản xạ toàn phần, tia tím ló ra ngoài (khúc xạ).


Gợi ý: Tọa độ các vân sáng trùng:
1
1 2
1 1 2 2
2
2 1
4
4
.
5
5
k
k i
k k
k
k i
λ λ
=

= → = = →

=


3

Vậy khoảng vân trùng:
1 1 2 2
. . 4.0,5 2
trung
i k i k i mm
= = = = . Số vân sáng trùng của hai bức xạ trên đoạn
MN là (2 vân cùng phía):
2,25 6,75
1,125 3,375 2;3
2 2
N
M
trung trung
x
x
k k k k
i i
≤ ≤ → ≤ ≤ → ≤ ≤ → =
. Kết luận
có 2 vân trùng.

Câu 9: Bản chất tương tác giữa các nucleon trong hạt nhân là:
A. Lực điện từ B. Lực tĩnh điện C. Lực tương tác mạnh D. Lực hấp dẫn


Gợi ý: Khi tần số là f
1
và f

2
(
2 1
4
f f
= ) thì:
2 1
1
2
4Z
4
L L
C
C
Z
Z
Z
=



=



( ) ( ) ( )
1 1
1 2 1 2 2 1 1
2 2
1 2 1 2 1 1 1

5
4Z 5Z (1)
4 4 4
C C
L C L C L C C L L L C L
Z Z
p p Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z= ↔ − = − ↔ − = − = − → = → =
Do f thay đổi nên công suất trong mạch cực đại khi xảy ra cộng hưởng:
L C
Z Z
=
(2)
1 1 1 1
1 1
2 2
2 2
1 2 ax
2 2
.
0,8 0,8 ( ) 0,2R 0,2(3)
( )
m L C C L
L C
U R U
p p p Z Z Z Z R
R Z Z R
= = ↔ = → − = → − =
+ −

Thay (1) vào (3) ta có:

1
1 1
4 5
0,2 (4)
4 5
C
C C
Z
Z R Z R− = → =
Khi
3 1
5
f f
= thì:
3 1
3
1
5Z
5
L L
C
C
Z
Z
Z
=



=



thì hệ số công suất
1 1 1 1
3 3
1
2 2
2 2 2 2 2 2
1
os
( )
(5Z ) (5 ) (5 )
5 5 4 5
C C C C
L C
L C
R R R R
c
Z Z Z Z
R Z Z
R R Z R
ϕ
= = = =
+ −
+ − + − + −

1
2 2
2
2 2

0,46
21
21 4 5
. .
20
20 5
C
R R
R Z
R R
= = =
   
+
+
 
 
 
 



Gợi ý: Bức xạ phát quang là bức xạ riêng của vật


Gợi ý: Tại t=0 thì véc tơ B vuông góc mặt phẳng khung dây nên véc tơ n trùng véc tơ cảm ứng từ B suy
ra góc
0
ϕ
=
.

0
os( )
c t
φ φ ω
→ =
4

Vậy biểu thức suất điện động qua khung dây có N vòng là:
0 0
' sin( ) os( )
2
e E t E c t
π
φ ω ω
= − = = −

0 0
30
60
60
. 0,6
np
f Hz
E N
ω π
φ ω π

= =



=


= =


Vậy
0
sin( ) 0,6 os(60 )
2
e E t c t
π
ω π π
= = − . Vậy suất điện động trung bình sau
4
T

4 4 4
0 0
1 4
.d . 0,6 os(60 ) 120 0,6 os(60 ) 1,2
2 2
T T T
o
e e t c t dt c t dt V
t T
π π
π π π π
= = − = − =
∫ ∫ ∫

Gợi ý:
L
ầ
n
đầ
u :
1 1
2 2
(1)
N U
N U
=
L
ầ
n 2:
1 1 1
2 2
2 2
25 13
(2)
1
12
13
N U U
N U
U U
+

= =
−

L
ầ
n 3:

1 1
1 1
2 2 2
1
2
3
(3)
25 3
U U
N U
N U U
−
= =
+

L
ấ
y (2) chia (1) v
ế
theo v
ế
1
1

1
25 13
300
12
N
N
N
+
== → =

L
ấ
y (1) chia (3) v
ế
theo v
ế
:
2
2
2
25 3
50
2
N
N
N
+
= → =
.
V

ậ
y

1
2
6
N
N
=


Gợi ý:
Câu A
sai
tia
α
phát ra t
ừ
h
ạ
t nhân v
ớ
i v
ậ
n t
ố
c

7
2.10 ( / )

m s


Gợi ý:
S
ố
h
ạ
t nhân còn l
ạ
i sau trong 1 ngày vào th
ờ
i
đ
i
ể
m 8 n
ă
m sau
đ
ó:
14
12
0
8
4
10
( ) 25.10
2 2
t

T
N
N t = = =

Gợi ý:
Ba b
ướ
c sóng dài nhât trong các dãy Laiman, Banlme và Pasen l
ầ
n l
ượ
t là:
21 32 43
; ;
λ λ λ

Áp d
ụ
ng công th
ứ
c tính các m
ứ
c n
ă
ng l
ượ
ng :
m n
mn
hc

E E
λ
= −
ta có:
5

2 1 1
21 1
1 1
3 2 2 1 2 3
32 2 2 3
4 3 3
43 3
13,6 13,6 51 5
4 1 5 51
13,6 13,6 17 9 5 7
; : : 35:189 :540
9 4 9 17 27 108
13,6 13,6 119 180
16 9 180 119
hc hc hc
E E
hc hc
E E hc
hc hc hc
E E
λ
λ λ
λ λ
λ λ λ λ

λ λ λ λ
λ
λ λ

−
= = − = + = → =



−
= = − = + = → = → = = → =



−
= = − = + = =





Gợi ý:
Khi ch
ư
a b
ỏ
trong
đ
i
ệ

n tr
ườ
ng:
1
(1)
2
g
f
l
π
=
Khi
để
trong
đ
i
ệ
n tr
ườ
ng:
1 '
' (2)
2
g
f
l
π
= V
ậ
y

'
' . (3)
' '
f g g
f f
f g g
= → =

Do q>0 nên
F

cùng phương cùng chiều vớí
E

.
E

hướng lên nên
F

cũng hướng lên và ngược chiều
trong lực
P

. Vậy trọng lực biểu kiến
7 4
3
2,5.10 .2.10
' ' 10 20
10

qE
P P F g g
m
−
−
= + → = + = + =

Vậy
10
' .
' 20
2
g f
f f f
g
= = =

Gợi ý: Số vân sang quan sát được trên miền giao thoa rộng L:
1 2
25
trung
N N N N
= + − =

Suy ra số vân trùng của hai bức xạ:
1 2
25 25 12 6 7
trung
N N N
= − − = − − =

Suy ra số vân sáng đơn sắc thứ nhất kể cả vân trùng là :
1 1 1
12 7 19 ( 1) 18
n L n i i
= + = → = − =
Suy ra số vân sáng đơn sắc thứ hai kể cả vân trùng là :
2 2 2
6 7 13 ( 1) 12
n L n i i
= + = → = − =
Vậy
1 1
1 2
2 2
12 2
18 12
18 3
i
i i
i
λ
λ
= → = = =


Gợi ý: Theo giả thuyết
0 0
0
1

0(1)
O O
L C L C
O
u u u u
L C
ω
= → = − → + =
Mặt khác trên đoạn AB:
1 2
1 2
100 0 200 60
2 57 7 0,713
2 2
L x C x x x
u u
u u u u u u u u
+
∠ + ∠ −
+ = + + + = → = = = ∠ −
Vậy giá trị hiệu dụng là:
0
25 14
2
U
U = =

P


F


E


0
q
>

6



Gợi ý: Khi thay đổi L=L
1
thì U
L
cực đại lúc đó ta có:
2 2
. (1)
L C R C
U U U U= +
Thay
2 (2)
L R R C C
U U U U R Z= → = → =
Khi thay đổi L=L
2
thì U

R
cực đại trong mạch xảy ra cộng hưởng với giá trị
2
(3)
L C
Z Z R
= =
Vậy hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu cuộn dây:
2
200
L C R
U U U U V
= = = =

Gợi ý: Thời gian đèn tắt trong mỗi chu kỳ là:
0
1 1
2 2. ( )
300 150
tat
t t s
= = = . Đèn chỉ sáng lên khi giá trị
của điện áp
0
220 2
U U≥ = .
Thời gian đèn tắt trong mỗi chu kỳ là:

1
.100

4
150
4 4 6
sang
t
t
π
α ω π
α
ω
= → = = =

Với
0
0
sin .sin 220 2. os 110 2
6
U
U U c
U
π
α α
= → = = =
Câu 22: Đặt điện áp xoay chiều
2
200 os (50 )
u c t
π
= vào hai đầu biến trở R, cuộn L và tụ C. Khi thay đổi
R công suất tiêu thụ của mạch đạt giá trị cực đại là 100W, giá trị R là:

A. 100
Ω
B. 50
Ω
C. 150
Ω
D. 25
Ω

Gợi ý: Ta có:
2
1 os100
200 os (50 ) 200 100 100 os100
2
c t
u c t c t
π
π π
+
 
= = = +
 
 

Vậy hiệu điện thế này bao gồm giá trị 1 chiều và xoay chiều:
' 100 os100
u c t
π
=
. Thay đổ R để công

suất cực đại khi đó:
2 2 2
ax
(50 2)
100 25
2R 200 200
m
U U
p R
= = → = = = Ω



Gợi ý: Câu sai là A.

Gợi ý: Chùm tia sáng qua lăng kính là các chùm đơn sắc song song . Đáp án A

Gợi ý: Đáp án C

220
2

-220
2

-u
0
u
0
7

Câu 26: Cho mạch dao động L-C gồm cuộn cảm L, tụ C. Tại thời điểm t
1
thì cường độ dòng điện là i
1
,
đến thời điểm
2 1
2
LC
t t
π
= +
thì điện áp giữa hai bản tụ là u
2
ta có:
A.
1 2
1
Li Cu
+ =
B.
2 2
1 2
Li Cu
=
C.
2 2
1 2
1

Li Cu
+ =
D.
1 2
Li Cu
=


Gợi ý: giả sử tại thời điểm t
1
biểu thức dòng điện có dạng:
1
1 0 1
.sin
i I t
ω
=
suy ra biểu thức năng lượng từ
trường
2
2 2
1
1 01 1
W . sin (1)
2 2
L
Li L
I t
ω
= =

.
Tại thời điểm t
2
:
2 2 2 2 2
2 0 2 0 1 0 1 0 1 0 1
.sin sin( ( )) sin . ) sin( ) os
2 2 2
LC
i I t I t I t LC I t I c t
π π π
ω ω ω ω ω ω
= = + = + = + =

suy ra biểu thức năng lượng từ trường
2
2 2
2
2 02 1
W . os (1)
2 2
L
Li L
I c t
ω
= =
. Vậy năng lượng từ trường tại hai
thời điểm là vuông pha nhau, suy ra
2 1
2 2

2 2
2 1
( ) ( ) 2 1
W W
2 2
C t L t
Cu Li
Cu Li
= → = ↔ =


Gợi ý: Do
D
i
a
λ
=
Nghĩa là khoảng vân i tỷ lệch thuận với D. D tăng thì i tăng.
Theo bài ra khi dịch màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có:
[ ]
' 1 1
(2 1) (2 1)( ). (1)
2 7 2
1 16
( )
7 35
2( 1) 1 (2)
2
D D
k k k k D

a a a
D
D
k k
a a
λ λ
λ
λ
λ

= − ↔ = − +



+ +

= − −


Từ (1) và (2) suy ra D=1m

Gợi ý: Câu B sai
Câu 29: Một mẫu chất phóng xạ nguyên chất, sau thời gian
3
τ
, số hạt nhân đã bị phân rã gấp 7 lần số
hạt nhân còn lại. Thời gian từ lúc số hạt nhân giảm một nửa đến lúc số hạt nhân giảm đi e lần là:
A.
ln 4 1
.

ln 2
τ
−
 
 
 
B.
1 ln 2
.
ln 2
τ
−
 
 
 
C.
ln 4 1
3 .
ln 2
τ
−
 
 
 
D.
1 ln 2
3 .
ln 2
τ
−

 
 
 

Gợi ý: Số hạt nhân bị phân rã sau thời gian
3
t
τ
=
là;
0
.(1 2 )(1)
t
T
N N
−
∆ = −


Theo giả thuyết
7 ( )(2)
N N t
∆ =
Từ (1) và (2) suy ra:
3
0 0
7 .2 (1 2 ) 7.2 1 2 8.2 1 2 2 3 3 3
t t t t t t
T T T T T T
N N t T T T

τ τ
− − − − −
= − → = − → = ↔ = → = ↔ = → =

Mặt khác thời gian để số hạt nhân giảm đi một nửa là một chu kỳ:
1
t T
τ
= =

Thời gian để số hạt nhân giảm đi e lần là:
2 2
1
0
0 2 2 2
2
ln 2
( ) . 1 . 1
ln ln 2
t t
N
T
N t N e e e t t t
e T
λ λ
τ
λ
− −−
= = → = → = ↔ = → = =

8

Thời gian cần tìm là:
2 1
1 1 ln 2)
( 1) (
ln 2 ln 2 ln 2
t t t
τ
τ τ τ
−
∆ = − = − = − =
. Đáp án B

Gợi ý: Biên độ dao động lúc đầu là A
0
=10cm . Gia tốc của vật triệt tiêu khi vật đi qua các VTCB mới.
Vật đạt vận tốc cực đại tại vị trí có li độ
0
x 0,01 1
mg
m cm
k
µ
= = =

Vậy biên độ mới
1
10 1 9
A cm

= − =
và
2
8 1 7
A cm
= − =
. Tương ứng vận tốc tại hai vị trí này là
1 ax
1
2 ax 2
9
7
m
m
v
A
v A
ω
ω
= =



Gợi ý: Giới hạn quang điện phụ thuộc bản chất kim loại đó. Đáp án A


Gợi ý: Số đường hyperbol cực đại cắt MN bằng số điểm cực đại trên CD
+Ta có AM – BM = AC – BC = 20-15=5cm (1)
Và AC + BC = AB = 25cm(2) từ (1) và (2) suy ra AC = 15cm
+Ta lại có AM

2
– AD
2
= BM
2
– DB
2
Và DB = AB – AD suy ra:
2 2 2 2
20 15
16 ; D 9
25
AD BD
AD cm B cm
BD AD

− = −
→ = =

= −


Số điểm cực đại tren MD:
D D 1 1
4 3
2 2
B A BM AM
k k
λ λ
− −

− ≤ ≤ − ↔ − ≤ ≤

Vậy M là cực đại thứ 3, D là cực đại thứ 4. Vậy trên MN có 3 cực đại

Gợi ý: Dùng công thức tính bước sóng
8
3.10 .2
LC
λ π
=
ta tính được hai bước sóng từ 30m đến 90m
đây là sóng ngắn

Gợi ý:
2
a x
ω
= −
đồ thị gia tốc và li độ có dạng đoạn thẳng

Gợi ý:
1( )
T s
=

Thời điểm vật qua vị trí có li độ x=-1cm lần thứ 2013 theo chiều âm là:
( 1) (2013 1).1
t n T t t
= − + ∆ = − + ∆
Với

t
∆
là thời gian để vật qua VT có li độ x=-1cm lần 1 theo chiều
âm.
B

M

C

D

A

N

9

Tại t=0 thì:
1
2 os( 120) 1
0
x c cm
M
v
= − = −

→

>



Vật qua vị trsi x=-1cm lần 1 theo chiều âm tương ứng góc quét
0
4
30 180 30 240
3
π
α
= + + = =

Suy ra thời gian :
2
( )
3
t s
α
ω
∆ = =

Vậy thời gian cần tìm:
2 6038
(2013 1).1 ( )
3 3
t s
= − + =


Gợi ý: Do khối lượng hạt anpha lớn hơn rất nhiều khối lượng hạt beta. Đ/á A

Gợi ý: Đáp án D


Gợi ý: Đáp án A


Gợi ý: áp dụng công thức tính công suất bức xạ
.
hc
p N N
ε
λ
= =
ta có:
. . . 0,6.15
9
. . . 0,5.2
A A A A B A A B
B B B B A B B A
P N N N P
P N N N P
ε λ λ
ε λ λ
= = → = = =
. Đáp án B


Gợi ý: Do mức cường độ âm có đơn vị
2
W

m
. Đáp án D

Gợi ý: Dao động duy trì. Đáp án D

Gợi ý: Trong suốt không màu.

-1
2 -2
M
1
M
2
10

Gợi ý: Khi thực hiện giao thoa ánh sáng với ba bức xạ đơn sắc trên thì
do luc lam
λ λ λ
> >
nên trong quang
phổ bậc 1 tính từ vân trung tâm ta quan sát thấy các vân theo thứ tự lam, lục, đỏ. Đáp án C

Gợi ý: Phương trình:
14
7
Z
A
N X p
α
+ → +

Năng lượng tỏa ra:
( ).931,5 1,21( )
N x p
E m m m m MeV
α
∆ = + − − = −

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
2,289( )
x p x p
k E k k k E k k Mev
α α
+ ∆ = + → = ∆ + − =
Từ hình vẽ
ta có:
2 2 2
2 2 2
2 . . os os
2 .
p x
x p p
p
p p p
p p p p p c c
p p
α
α α
α
ϕ ϕ

+ −
= + − → =
Thay
2
2
p mk
=
ta có:

0
os 64,2
2 . .
p p x x
x x
m k m k m k
c
m k m k
α α
α α
ϕ
+ −
= =

Gợi ý: Không mất tính tổng quát giả sử R=r=1
Ω

Ta có hệ số công suất khi mạch có
1
ω ω
=
là:
( )
( ) ( )
1 1 1 1
1
2 2
2
2
2
os (1)
4
L C L C
R r R
c
R r Z Z R Z Z
ϕ
+
= =
+ + − + −

Do giả thuyết cho

1
2 2
2 2 2
1
1
1 1
(2)
L
C C
LL R r
L CR R R Z
C C Z Z
ω
ω
= → = → = → = =
Mặt khác do
1 2
1 1 1 1
1 1
( , ) ( , )
2 2 2 2
1 2 ( , ) ( , )
( , ) ( , )
4
4 16
3
( ) ( )(3)
4
2 3 9
3

L r L r
L r C r L C
L r C r
U U
U U r Z r Z
U U
π
α α

=


+ = → → = → + = +


=



Thay (2) vào (3) ta có:
1
1
1,333
0,75
L
C
Z
Z
=


Ω

=

Vậy từ (1) suy ra:
( )
( )
1 1
1
2 2
2
2 2
os 0,96
4 1,333 0,75
4
L C
R
c
R Z Z
ϕ
= = =
+ −
+ −

P
P


N

α

P
α


X
P


ϕ

11


Gợi ý: Tại VTCB lò xo giãn 25cm=0,25m nên
2 ( ) 1( )
g rad
T s
l s
ω π
= = → =
∆

Đưa vật lên thẳng đứng rồi thả nhẹ, vật đi được đoạn đường 10 cm nên lúc này vật đang ở vị trí có li độ
10
x A
= −
. Áp dụng công thức độc lập :
( )

2
2
2
2 2 2
20 3
10 20
2
v
A x A A A cm
π
ω π
 
 
= + → = − + → =
 
 
 
 
 

Do ngay phía dưới VTCB 10cm theo phương thẳng đứng có đặt tấm kim loại nằm ngang nên lúc này ta
coi con lắc lò xo va chạm đàn hồi dao động với chu kỳ mới
2 2
' ( )
3 3
T T s
= =


Gợi ý: Hai điểm gần nhau nhất trên cùng phương truyền sóng có độ lệch pha

2
(1)
x
π
ϕ
λ
∆ =

Theo bài ra 2 điểm này có độ lệch khỏi VTCB 2mm ( chú ý A=4mm) và có vận tốc ngược nhau được
biểu diễn trên hình vẽ. Từ hình vẽ suy ra độ lệch pha
2
3
π
ϕ
∆ =

Vậy từ (1) suy ra:
2 2
4 12 120
3 3
x
x cm cm mm
π π λ
ϕ λ
λ
∆ = = → = = → = =

Vậy tỷ số vận tốc cần tìm:
ax
2

15
m
v
A A
v
T
ω π π
λ
λ
= = =



Gợi ý: Đáp án B

Gợi ý: Phương trình sóng tổng hợp :
(
)
(
)
2 1 1 2
2 cos . os
d d d d
u a c t
π π
ω
λ λ
− +
   
= −

   
   

Ta có xét điểm N có:
1 2
1 2
' '
' 17 , ' 15
d d AB
d cm d cm
+ =


= =

và điểm M có:
1 2
1 2
20 , 12
d d AB
d cm d cm
+ =


= =


V
ậy ta có tỷ số:
2 1

2 1
( ) (15 17)
os
os
12
3 3 12
( ' ') (12 20)
os
os
12
M
M N
N
d d
c
c
u
u u mm
d d
u
c
c
π π
λ
π π
λ
− −
   
 
 

   
= = = − → = − =
− −
   
   
 
 

4 -4 2
M
1
M
2
12


Gợi ý: Đáp án A