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

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 2 2 2
,
C C
R C C
C C
R Z x Z
U U U x Z
R Z x Z
 
   
 
. Đặt
2 2
C
C
x Z
y
x Z




 
 
3/2
2 2
0
C C
C
C
Z Z x
y x Z
x Z


   

 
ax
ax
2 2 100 2
m R C
m
y U U U V
     

Cách 2: Từ giản đồ vectơ. Áp dụng định lý hàm số sin
C R C
R
U U U
U
U

cos sin sin cos

  
    
=> U
R
+U
C
= U(sinα + cosα)
Áp dụng bất đẳng thưc Bunhiacosxky ta có U
R
+ U
C
lớn nhất khi sinα = cosα => α = π/4 rad
=>
R C
U
U U 50 2
2
  
(V) =>
 
R C
Max
U U 100 2
 
(V)
Câu 5: Phương trình truyền sóng:
/ 2
cos 2 cos 2 5 10

2
M
t x T A
u A A cm A cm
T T

 
 
     
   
       
   
   
   
   

Câu 7: Lúc t = 0: i = 2mA và đang tăng nên phương trình của i:
 
4cos
3
i t mA


 
 
 
 
.
Thời điểm đầu tiên i = 0 (t = 5/6.10
-6

s):
 
6 6
5 5
4cos 0 .10 10 /
3 3 2 6 6
i t t rad s
   
    

 
         
 
 

7
2 6 12 2
1 1 1
0,25.10 25
4.10 .10 .
C F nF
L
LC

 


     

Câu 8: Khi có điện trường thì VTCB của vật là O

1
. Khi không có điện trường thì VTCB của vật là O
2
.
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.
Ta có:
 
1 2 2 1
2 1
96 /
d
F
qE qE
O O A A k N m
k k A A
      

.
Câu 9:
 
12 1 2
8cos
3
x x x t cm


 
   
 

 
. Để biên độ dao động tổng hợp bé nhất thì x
12
và x
3
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
P UI
U


    

2
20,4MW
hao phi
P I R 

. Hiệu suất:
1 0,796 79,6%
hao phi
P
H
P
   
.
Câu 13: Khi tăng thêm 20
0
K thì vận tốc tăng thêm 20cm/s:
2
360 /v m s

U

R
U

C
U


x
O
1

O
2

d
F


A
1
A
2
Bước sóng ban đầu và sau khi tăng nhiệt độ:
1
1
6,8
v
m
f

 
;
2
2
7,2
v
m
f

 

Ta được:
 
1 2

18
2 36 244,8
2 17
n
AB n n n AB m
n
 
        

(đáp án sai)
Câu 14:
1
sin 2 240
6 2
C
C
U
U U V
U

    

Câu 15: Bước sóng bức xạ:
1,242
1,88
0,66
hc
m
 


  
(hồng ngoại).
Câu 17: Bước sóng cực tiểu của tia X:
min
hc
eU


1
0
hc
eU

 
;
2
0
1,25
hc
eU



Ta được:
2 1 0
0 0
1 0,2.1,242
1 0,2 12 0,012 20,7
1,25 0,012
hc hc

pm nm U kV
eU eU
 
 
        
 
 

Câu 21:
cm

 
. Biên độ tại M:
2 2
2 sin 2 sin 1
60
M
x
A A cm
 


  


Câu 23: Chọn trục Ox hướng thẳng đứng trên xuống.
0
10l cm 
, A = 5cm,
 

0
40 /
mg
k N m
l
 


Lực đàn hồi được xác định bởi:
0dh
F k l k l x    

Sau khi đi được đoạn 7cm vật tới vị trí có x = -2cm.
Ta được:
 
40 0,1 0,02 3,2
dh
F N
  
.
Câu 24:
100
L
Z
 
;
1
cos 50
3 2
L

Z
Z
Z

    
;
3
sin 50 3
3 2
RC
RC
L
Z
Z
Z

    

Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông:
. . 25 3
L RC
ah bc Z R Z Z R
     

Câu 25: Theo bài ra ta có:
0
mg k
A l m A
k g
    

.
Công suất của trọng lực được xác định bởi:
 
2
3
max
3
max max
2
. . 2,5
p
p P v p Pv P km gA k gA A cm
k g

         

Câu 27:
30
L
Z
 
;
20
C
Z
 

20 0,6Z I A    
.
1

tan
6 6
3
L C
u i i
Z Z
R
 
    

        
;
tan 3
3 6 6
L
d d i
Z
r
  
   
       

    
2 2
12 3 12 6 cos 100 12 6 cos 100
d L d d
U I r Z V u t t V
   
         

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:
1 2 3
: : 18 :15 :10
k k k

. Giữa hai vân cùng màu vân trung tâm có: 17 vân λ
1
, 14 vân λ
2
, 9 vân λ
3
(kể cả vị trí hai
bức xạ cho vân sáng).
Các vị trí 2 bức xạ cho vân sáng:
- (1) trùng (2):
 
1
1
2
2
6,12
18 6
2
5,10
15 5
k
k
van

k
k


  




- (1) trùng (3):
 
1
1
2
3
6
18 9
1
5
10 5
k
k
van
k
k


  





- (2) trùng (3):
 
1
2
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.
Câu 29: R thay đổi mà P
max
thì
 

2
2
1
2 cos 0,71
2
L C L C
R
R Z Z Z R Z Z R
Z

          

Câu 30: Ta có:
1 1
1 2
2 2
5 5
U N
N N
U N
   
. Tăng thêm vào 2 cuộn 600 vòng:
1 1
2 2
600
2
600
U N
U N


 


(U
1
không đổi)
Ta được:
   
1 2 2 2 2 1
600 2 600 5 600 2 600 200 1000
N N N N N vong N vong
          

Để được máy tăng áp lên 2 lần thì:
2 2
2 1
1 1
2 2 2000
U N
N N vong
U N
 

    
(tăng thêm 2000 – 200 = 1800 vòng).
Câu 31: Giả sử ban đầu nguyên tử đang ở trạng thái dừng thứ m:
2
0
m
r m r



Khi nhảy lên quỹ đạo thứ n:
 
2 2 2 2 2
0 0
36 6
n
r n r m r m 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
E eV meV

       
.
Câu 32: Quãng đường đi của vật được xác định bởi:
0
.2 2014
du
S n S S cm    
.
Biên độ dài của vật: S
0
= 2cm. Suy ra: ΔS
du

= 2cm, n = 503.
Góc quay được kể từ thời điểm ban đầu:
. 503
du du
n
    
      
.
Biểu diễn bằng đường tròn: Ban đầu vật ở M
0
. Sauk hi quay góc 503π nó tới vị trí M
1
. Do
ΔS
du
= 2cm => Δφ
du
= π/2 (ΔS
du
là quãng đường đi được ứng với góc dư Δφ
du
).
Vậy: Δφ = 503π + π/2 = 1007π/2
1007 / 2 3021
755,25
2 4
t s
 
 


     
 

Câu 33:
Cách 1: Gọi cơ năng ban đầu của hệ là
2
W / 2
kA
.
Tại vị trí động năng bằng thế năng:
W W W / 2
d t
 

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
t t

 
,
W W W / 2
d d

 
, 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
.
M
0

M
1

M
s
2
-2 O
ΔS
du

Δφ
du

Cơ năng của hệ khi giữ điểm chính giữa:
2 2
W W 3 1 3 1 6
W =W W W .
4 2 4 2 4 2 4
t d
k A kA A A
     
       

Cách 2: Tại vị trí
max
W W ,
2 2 2
d t
v
A
x v


    
(vị trí B).
Khi giữ điểm chính giữa của lò xo (điểm C) thì mỗi nửa lò xo giãn:
2
2 2
x A



Vị trí cân bằng ban đầu là O
1
và khi giữ chính giữa lò xo là O
2
.
Khi này li độ của vật so với VTCB O
2
là:
2
2 2
x A
x

 
.
Độ cứng của lò xo khi này:
2k k
 
 
   

Biên độ mới:
2
2
2
2
2 6
4

2 2 2
v A A
A x



 
  
 
 
    
 
 
 
 

 
 
 

Câu 34:
2 2
0 0 0 0
0 0
0 0
;
36
L L L C
L C L C
U U U U

L
I I Z Z
Z Z C I I
     

Ta có đối với mạch dao động:
2
2 2
2
1
100
m
m m
m
U
L
LI CU
C
I
   
. Ta được:
2
0
0
1
0,6
36 100
U
U V
  

Câu 35:
4 3
4 2,5 6,5 6,5 1
S T
x x x i i i mm i mm        

0,6 600
D ia
i m nm
a D

 
    

Câu 37: Hai vân tối trùng nhau:
   
1 1 2 2
1 2 1 1 2 2
2 2 1 1
0,5 2 1
7
0,5 0,5
0,5 2 1 5
T T
k k i
x x k i k i
k k i



 
         
 

Tỉ số trên phải thỏa mãn lẻ/lẻ nên:
 
 
1
2
7 2 1
2 1
2 1 5 2 1
n
k
k n



 
. Vị trí trùng của hai vân tối:
 
1
7
2 1
2
x n i
 

Mà
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
i i i mm
   

Ta được:
     
1
7
2 1 0,5 1,5
2
x n i n mm
   

Trên bề rộng 5,5mm tính từ vân trung tâm:
 
0 0,5 1,5 5,5 0,5 3,17
n n      
(có 4 vị trí).

Câu 38: Vị trí có vân tốc bằng 0 chính là hai vị trí biên x = ±A (M
1
và M
2
).
Ta được:
2 1
2
6
2
tb
tb
v t
S A
v A cm
t t t


    
 
;
2 1
1,5
2
T
t t T s
   
.
Góc quay từ thời điểm t=0 đến thời điểm t
1

:
1 1
7
2
3 3
t
 
  
     
.
Từ M
1
quay theo chiều kim đồng hồ (quay ngược thời gian) 1 góc 7π/3 tới vị trí M
0
.
B
A
C
O
1

O
2

x
x/2
M
0

M

1

M
2
x
6 -6
O
M
1
π/3
M
0
-3

Tại M ứng với x
0
= -3cm và
2 2
0 0
4 3 /v A x cm s
 
    
.
Tương tự khi đổi vị trí M
1
và M
2
cho nhau thì ta được: x
0
= 3cm; v

0
= 4π
3
cm/s.
Vậy:
 
2
0 0
. 12 3 /x v cm s


.
Câu 39: Khi cho hđt 1 chiều U
1
:
1
1
12
30
0,4
U
r
I
   

Khi đặt vào hai đầu hđt xoay chiều:
2 2
2
2
50 40

L L
U
r Z
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 = f
1
:
2 2 2
X Y
U U U
 
.
Khi tăng f thì I giảm nên vị trí f = f
1
ở bên phải của hoặc trùng với vị trí cộng hưởng f = f
0
.
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:
 
3
cosx A t
 

 

Lúc t = 0:
01 02 03
2 ; 4 cos 6x cm x cm x A cm

    

Lúc t = 1/6s:
 
1 2 3
0 ; 2 3 cos 4 3x cm x cm x A cm
 
       
.
Ta được:
 
03
3
3 cos 3 3 1 sin 1
cos cos sin tan
2 cos 2 2 2 cosos 6
3
x
x
  
    
 
 
           

 
 
  
 

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

Câu 44:
1 1 1
. 2 / 2 3 / 2t S A A A
  
        

2 1
1/ 6t t s 
: Góc quay từ t
1
đến t
2
:
2 2

. 2
t S A
  
       

Ta được S
1
/S
2
= 3/2.
Câu 45: Ta có:
n n
  
   
.
Mà
L
Z L n

 
, sđđ cực đại hai đầu máy phát:
0 0
E N n

 
0
U E n  
.
Ban đầu:
1

1
1L
U
I
Z

. Khi n
2
= 2n
1
:
2 1
2 1 2 1 2 1
2 1
2 , 2
L L
L L
U U
Z Z U U I I
Z Z
     
.
O
1
O
2
O
3
x

x

x

2

4

4

6

4 3
2 3

f
f
0
Z
L
>Z
C
I
I
max
f
1
Y
U


X
U

U

I


Câu 46: Ta có:
 
2
2
60 2
R L C
U U U U V
   
,
2
L R
U U

Khi thay bằng tụ C’:
40 ; 2
C L R
U V U U
  
 
.
Mà
 

2
2 2 2 2
2.60 5 160 5600 0 53,1
R L C R R R
U U U U U U U V
     
         

Câu 48: Ta có λ = 2cm.
Sóng từ hai nguồn đênn điểm M trên mặt nước:
1
1
2
cos 30
M
d
u A t



 
 
 
 
,
2
2
2
cos 30
2

M
d
u A t




 
  
 
 
.
Độ lệch pha của hai sóng:
 
1 2
2
2
d d





  
.
M dao động với biên độ cực tiểu:
 
 
1 2
1 2

2
1
2 1
2 4
d d
k d d k


  


 
        
 
 

Trên EF:
1 2
EB EC d d FB FC    
1
4
EB EC k FB FC

 
     
 
 

1
12 2 12 6,25 5,75

4
k k
 
        
 
 
(có 12 cực tiểu).
Câu 49: Ta có: hf
3
= ε
2
– hf
1
=> f
3
= ε
2
/h –f
1
.
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 = mωr
2
.
2 3
/
n n n
a v r v a r L m a r
    

.
Câu 53: ω
0
= 15 vòng/phút => gia tốc góc: γ = (ω - ω
0
)/t = -10 vòng/(phút)
2
.
Số vòng quay được xác định bởi:
2 2
2
0
15
11,25
2 2.10
 



  
(vòng).
Câu 56: Chiều dài của thước trong hệ quy chiếu K:
2 2
0 0 0 0
1 / 0,8 0,2 0,4l l v c l l l l l m
        
.
Câu 58: Mômen quán tính của hệ:
2
2 2

5
2 4
l
I m ml ml
 
  
 
 
.
/ 2 3
2 4
ml ml
d OG l
m

  
.
Ta được:
2
2 2 .3 / 4 6 2 10
5 3
5 / 4
mgd mg l g l
T
I l g
ml

 

     

.
Câu 59:
. .2
du du
t n S n A S
   
          
(ΔS
dư
là quãng đường tương ứng với góc quay Δφ
dư
).
 
6,5 6 2 4 2 3 2,54
du
S cm
     
                
.
Ta được:
6.8 2,54 50,54S cm   
.
B
C
E F
2cm

2cm

f

1
f
2
f
3
L

M

N

O

4
-4
2
2 3
M
0
M

π/3
π/6
Δφ
dư
=π/2