giải chi tiết Quỳnh Lưu lần 1 năm 2013

SỞ 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
l
T 2
g
= π
Câu 2: Đáp án: D: Vị trí vân sáng bậc k:
1
s,k
D
x k
a
λ
=
; Vị trí vân tối thứ k:
2
t,k
D1
x k
2 a
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
1 1 2 2 3 3
k k kλ = λ = λ
Xét
1 1 2 2
k kλ = λ

1
2
k 0,56 4 8 12
k 0,42 3 6 9
⇒ = = = =
. Do trong khoảng có hai vạch trùng của
1
λ
và
2
λ
nên vị trí
vân bậc 9 của
2
λ
và bậc 12 của
1
λ
có cả bức xạ
3

λ
, nghĩa là
1 3 3
12 kλ = λ
3 3
k 5,04 m⇒ λ = µ
. Vì
3
λ
là ánh
sáng nhìn thấy nên có
3
0,38 m 0,76 mµ ≤ λ ≤ µ
3
6,63 k 13,26⇒ ≤ ≤
. Mặt khác do
3 2 3
k 9λ > λ ⇒ <
, kết
hợp đk của k
3
ở trên ta nhận k
3
hai giá trị 7 và 8. Vì trong khoảng xét có 3 vạch trùng của
1
λ
và
3
λ
, nghĩa

là chia đoạn đó ra thành 4 khoảng nên k
3
phải là bội số của 4. Nhận k
3
= 8.
3
0,63 m⇒ λ = µ
Câu 4: Đáp án B
Câu 5: Đáp án B. Ta có
1 1 2 2
2 c L C 2 c L Cπ ≤ λ ≤ π
Câu 6: Đáp án A. Tại t
1
:
2
2 2
1
1
2
v
A x= +
ω
(1). Tại t
2
:
2
2 2
2
2
2

v
A x= +
ω
(2).
⇒
A=6cm,
20
ω =
rad/s
Khi
3
x 3 3=
m
2 2
3 3
v A x 60⇒ = 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
1 1 2 2 3 3
k k kλ = λ = λ

1 2 3
k :k : k 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
1
λ
, 11 vân của
2

λ
, 9 vân của
3
λ
.
Hệ vân gồm 2 bức xạ trùng nhau trong vùng xét:
1
2
1 1 2 2
2
2 2 3 3
3
1 1 3 3
1
3
k 5 10
k 4 8
k k
k 6
k k
k 5
k k
k
3 6 9 12
k 2 4 6 8

= =


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 W
d
= 3W
t
nên có
0
2
α
α =
. Ta có
2 2
0
T mg(1 1,5 ) 5,035N= − α + α =
Câu 10: Đáp án A:
2 2
0

C
I u i 50mA
L
= + =
Câu 11: Đáp án C: Ta có: P = UIk
⇒
P
I
Uk
=
. Công suất hao phí:
2
2
P
P I R .R
Uk
 
∆ = =
 ÷
 
Do hiệu suất cần > 90% thì:
P P
0,9
P
− ∆
>
2 2
0,1.U .k
R 4,05
P

⇒ < = Ω
Câu 12: Đáp án A: Do
2
1
1 1 1
2 2
2 c LC C
4 c L
λ
λ = π ⇒ =
π
(1),
2
2
2 2 2
2 2
2 c LC C
4 c L
λ
λ = π ⇒ =
π
(2)
1
2
2 2
2 c LC C
4 c L
λ
λ = π ⇒ =
π

(3). Khi tụ C tương đương C
1
//C
2
thì có C = C
1
+ C
2
. (4)
Thay (1),(2),(3) vào (4) thì được
2 2
1 2
150mλ = λ +λ =
Câu 13: Đáp án C: Gọi CM = IH = x
Trên hình ta có:
( )
2
2 2 2
1
d AH MH 4 x 2= + = + +
(1)
( )
2
2 2 2
2
d BH MH 4 x 2= + = − +
(2)
Vì M cực tiểu nên có:
1 2
1

d d k
2
 
− = + λ
 ÷
 
. Vì cực tiểu gần C
nhất nên là cực tiểu thứ nhất, nhận k = 0.
Vậy có:
1 2
d d 1cm− =
(3). Thay (1),(2) vào (3). Giải phương
trình ta được CM = x = 0,56cm.
Câu 14: Đáp án: B. Sau
T
12
vật chuyển động tròn đều có cùng chu kì
T quét được góc
6
π
α =
. Thời điểm đó trên hình tính được
0
3
i I
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:
3,3
i 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
Φ = ω +
.

e ' NBSsin( t ) NBScos( t ) 220 2cos( t )V
t 3 6 6
∆Φ π π π
⇒ = − = −Φ = ω ω + = ω ω − = ω −
∆
Câu 18 : Đáp án B. Biểu thức cần tìm có dạng :
L 0L uL
u U cos(100 t )V= π +ϕ
Ta có
L C
Z Z

tan 1
R 4
−
π
ϕ = = ⇒ ϕ =
. Mà
i u uL i
4 2 4
π π π
ϕ = ϕ −ϕ = − ⇒ ϕ = + ϕ =
( )
2
2
L C
Z R Z Z 50 2= + − = Ω
.
0
0
U
I 4A
Z
⇒ = =
.
0L 0 L
U I Z=
=4.100=400V
Vậy
L
u 400cos(100 t )V
4

π
= π +
Câu 19 : Đáp án C. Ta có
2
1 1
2
1
U
P R
Z
=
và
2
1 2
2
2
U
P R
Z
=
.
Do
1 2
P P=

( )
2
2 2 2 2
1 2 L C 2 1 L C 1 2 L C
R (R (Z Z ) ) R (R (Z Z ) ) R R Z Z⇒ + − = + − ⇒ = −

Câu 20 : Đáp án A.
Khi
1
ω = ω
và khi
2
ω = ω
thì có
1 2
I I=
nên
2 2
2 2
1 2
1 2
U U
1 1
R L R L
C C
=
   
+ ω − + ω −
 ÷  ÷
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 W
đ
= W
t
nên vị trí đó có
2
x A
2
= ±
. Vậy thời gian lò
xo bị nén trong 1 chu kì là:
nen
t 0,25s 2
α
∆ = = ⇒ ω = π
ω
(rad/s).
2
k m 4⇒ = ω =
N/m
2
●
A
●
B
C
M
1

d
2
d
HI
Δ
6
π
i
I
0
O
Câu 24: Đáp án C. Chọn t = 0 khi
0
U
u
2
=
và đang tăng nên
u i
3 6
π π
ϕ = − ⇒ ϕ =
.
6
1
5.10
LC
ω = =
(rad/s).
2

0 0
C
I U 4.10 A
L
−
= =
. Vậy
2 6
i 4.10 cos(5.10 t )A
6
−
π
= +
.
Câu 25: Đáp án B. Vị trí vân đỏ bậc 4:
d
4d
D
x 4
a
λ
=
. Vị trí vân sáng bậc k bất kì:
D
x k
a
λ
=
. Do các vân
trùng nhau nên có: x = x

d
hay
d
d
4
3,04
k 4 ( m)
k k
λ
λ = λ ⇒ λ = = µ
. Vì
0,38 m 0,76 mµ ≤ λ ≤ µ
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/s
2
) thành 30π(cm/s
2
), sorry!!!.
Ta có
max
v A 6= ω =
(m/s);
2
max
a A 60= ω = π
(m/s
2
).

⇒

10ω = π
(rad/s)
và
6
A m
10
=
π
. Khi vật có vận tốc 3m/s và thế năng đang tăng thì có li
độ
2
2
2
v 3 3
x A (m)
10
= − =
ω π
.
Vị trí có gia tốc 30π(m/s
2
) có li độ là
2
a 3
x (m)
10
= − = −
ω π

.
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:
1
t s
12
α
∆ = =
ω
Câu 27: Đáp án B.
Câu 28: Đáp án B.
C
1
Z 80
C
= = Ω
ω
.
Ta có :
2 2
AM RL RL L
2 2 2
L C C C L
2 2
L

U U
U U I.Z R Z
R (Z Z ) Z 2Z Z
1
R Z
= = = + =
+ − −
+
+
Đặt
2
C C
2 2
Z 2Z .x
y
R x
−
=
+
với x = Z
L
. Để U
AM
đạt max thì y phải min.
2 2 2
C C C
y' 2Z (R x ) 2x(Z 2Z .x) 0⇒ = − + − − =
.
L
0,9

x Z 90 L (H)⇒ = = Ω ⇒ =
π
Câu 29: Đáp án D.
Do
RC
U
ur
lệch với
U
ur
góc
2
3
π
, mà U = U
RC
=120V nên từ giản đồ véc tơ dễ
thấy
R
U
ur
là phân giác góc
2
3
π
R
U 60V⇒ =
R
U
R 50

I
⇒ = = Ω
Câu 30: Đáp án B.
Gọi v là vận tốc của m ngay trước va chạm thì ta có mgh =
2
1
mv
2
v 2gh 2⇒ = =
m/s. Ngay sau va chạm hai vật dính vào nhau chuyển
động cùng vận tốc V. Ta có mv = (M+m)V,
mv
V 0,5
M m
⇒ = =
+
m/s.
k
5
M m
ω = =
+
(rad/s). Vị trí va chạm cách vị trí chọn gốc tọa độ:
3
3
10
−
π
3 3
10π

x(m)
O
U
ur
RC
U
ur
R
U
ur
L
U
ur
C
U
ur
2
3
π
L C
U U+
ur ur
(M m)g Mg mg
x 0,1m 10cm
k k k
+
= − = = =
Chọn t = 0 và hệ quy chiếu như đề ra ta có :
x Acos 10cm
3

A 10 2cm;
v Asin 50(cm / s)
4
= ϕ = −

π
⇒ = ϕ = −

= −ω ϕ =

3
x 10 2cos(5t )cm
4
π
⇒ = −
Câu 31: Đáp án A.
Câu 32: Đáp án C. Ta có
2
A B
A B
B A
I r
L L 10lg 10lg 6
I r
   
− = = ≈
 ÷  ÷
   
B
L 74dB⇒ ≈

Câu 33: Đáp án A. Ta có
1 2 1 2
x x x A A A= + ⇒ = +
ur uur uur
Dễ thấy
2 3 6
π π π
α = − =
. Từ giản đồ áp dụng định lí hàm sin thì có :
2
2
AA A
A sin
sin sin sin
= ⇒ = β
α β α
. Ta thấy A
2
đạt max khi sinβ = 1.
Vậy A
2
= 10
3
cm
2 2
1 2
A A A 15cm⇒ = − =
Câu 34: Đáp án A
Câu 35: Đáp án D. Gọi M là điểm trên AB cách A và B lần lượt d
1

và d
2
.
Ta có d
1
+ d
2
= AB = 7λ. Sóng tại M do từ A và B truyền đến có phương trình lần
lượt là:
1M 1
2
x acos( t d )
π
= ω −
λ
,
2M 2
2
x acos( t d )
π
= ω −
λ
Phương trình sóng tại M:
M 1M 2M 1 2 1 2
x x x 2acos (d d cos t (d d )
π π
   
= + = − ω − +
 ÷  ÷
λ λ

   
1 2 1 2 1 2
x 2acos (d d cos( t 7 ) 2acos (d d cos( t ) 2acos (d d cos t
π π π
     
⇒ = − ω − π = − ω − π = − − ω
 ÷  ÷  ÷
λ λ λ
     
Để tại M cực đại cùng pha với nguồn thì
1 2 1 2
cos (d d ) 1 d d (2k 1)
π
 
− = − ⇒ − = + λ
 ÷
λ
 
Kết hợp với d
1
+ d
2
= AB = 7λ ta có : d
1
= (k+4)λ. Mà
1
0 d 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
1
f
. Ta có
1
1
v
AB k k
2 2f
λ
= =
(số nút là k + 1)
Tần số sau khi tăng là
2 1
f f 30= +
thì số nút sóng tăng thêm 5 nút. Ta có:

2
1
v
AB (k 5) (k 5)
2 2(f 30)
λ

= + = +
+
1
v
f 6k AB 1m v 12
12
⇒ = ⇒ = = ⇒ =
m/s
Câu 38: Đáp án A: Ta có
min
2 (1 os )
2
S A c
α
∆
= −
= 10cm
2
3
π
⇒ ∆α =
T
0,5s T 1,5s
3
⇒ = ⇒ =
Vậy
max
2 2.3,14
v A A .10 41,87
T 1,5

π
= ω = = =
cm/s
Câu 39 : Đáp án A. Khi C = C
1
hoặc C = C
2
do điện áp giữa hai bản tụ như nhau nên có
   
= ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   
2 2
1C 2C 1C 2C
1C 2C
1 2 1 2
U.Z U.Z Z Z
U U
Z Z Z Z
. Khai triển cụ thể và biến đổi ta được
+
+ = ⇒ =
ω +
+
2 2
L
1 2
2 2
1 2 L
L

R Z
2L 2
(C C )
(C C ) Z
R Z
(Bằng cách nhân 2 vế với
ω
1
)
Mặt khác khi U
L
đạt max thì phải có:
+
= =
ω
2 2
L
C
L
R Z
1
Z
C Z
. Kết hợp ta có:
4
1 2
C C 2.10
C F
2
−

+
= =
π
4
1
A
ur
2
A
ur
A
ur
∆
β
α
O
Câu 40 : Đáp án C. Thay đổi R = R
0
thì công suất tiêu thụ trên toàn mạch cực đại. Lúc đó
0 L C 0
R r Z Z 100 R 80+ = − = Ω ⇒ = Ω
. Cường độ dòng điện trong mạch
U 240
I 1,2A
Z
2.100 2
= = =
. Công
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 U
L
= U.sin
6
π
= 30
3
(V)
3
r
U
U 30(V)
tan
3
= =
π
, U
R
+ U
r
= 90V
R
U 60V⇒ =
I 2A
⇒ =
r

U
r 15
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 0 0 0
100.0,05
0,125
4 4 4 4.0,1.10.10
= = = ⇒ = = =
∆
c
A kA kA kA
N
A F mg mgN
µ
µ

Câu 46 : Đáp án D : Tốc độ truyền sóng trên mặt nước
450
v f 50
k
= λ = λ =
. (Vì hai điểm cách nhau 9cm
dao động cùng pha nên
9
d k 9cm
k

∆ = λ = ⇒ λ =
)
Đề cho
70cm / s v 80m / s
≤ ≤
5,6 k 6,4 k 6 v 75⇒ ≤ ≤ ⇒ = ⇒ =
cm/s.
Câu 47: Đáp án B.
Ta có:
1 2
1 2
1 2
tan tan
tan( ) tan 3
1 tan .tan 3
ϕ + ϕ π
ϕ + ϕ = = =
− ϕ ϕ
Trong đó tan
1
ϕ
=
L
Z
R
; tan
C L
2
Z Z
R

−
ϕ =
. Thay vào ta có:
C L
L
2
L C L L C L
C L
L
Z Z
Z
R R
3 Z Z Z 3(R Z (Z Z ))
Z Z
Z
1 .
R R
−
+
= ⇒ + − = − −
−
−
2
L L
100
Z 100Z 7500 0
3
⇒ − + + =
L
1

Z 50 L H
2
⇒ = Ω ⇒ =
π
Câu 48: Đáp án C.
Câu 49: Đáp án A.
0 0
d d
D (n 1)8 4= − =
;
0 0
t t
D (n 1)8 4,32= − =
;
Độ rộng vùng quang phổ được tính
MN = HM – HN = AH(tanD
t
– tanD
d
) = 1,5(tan4,32
0
– tan4
0
) =
8,42.10
-3
m = 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
M
x
x 5 7
k k k 0, 1, 2,3
i i 2 2
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ ∈ ± ±
. Có 6 giá trị k nguyên thì có 6 vân sáng
Số vân tối trên đoạn MN được tính :
N
M
x
x 1 1 5 7
k 0,5 k 0,5 k 0, 1, 2,3,4
i 2 i 2 2 2
−
+ ≤ ≤ + ⇔ + ≤ ≤ + ⇒ ∈ ± ±
.
Có 7 giá trị k nguyên thì có 7 vân tối.
Câu 53 : Đáp án B.
1 1 2 2
1 2
I I
3
I I
ω + ω
ω = =

+
(rad/s)
5
I
r
U
ur
RL
U
ur
L
U
ur
O
r
U
ur
R
U
ur
6
π
3
π
3
π
1
ϕ
2
ϕ

L
U
ur
C
U
ur
R
U
ur
AM
U
ur
U
ur
A
H
N
M
D
d
D
t
Câu 54 : Đáp án C. Vị trí có F
đh
= F
ms

0
mg
x 0,01m 1cm

k
µ
⇒ = = =
. (Để ý nếu vật đổi chiều chuyển động
trong điều kiện vị trí đổi chiều là
0
x x≤
thì vật không tiếp tục chuyển động được).
Sau mỗi dao động vật giảm biên độ 2x
0
. Vật dừng lại ở vị trí:
0 0
.2x A N x= −
, với N là số dao động thực
hiện được. Điều kiện:
0 0 0 0 0 0
.2 1 7 .2.1 1− ≤ ≤ ⇒ − ≤ − ≤ ⇒ − ≤ − ≤x x x x A N x x N
. Lấy N = 3, thế vào biểu
thức
0 0
.2x A N x= −
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 :
= +µ ⇒ =
2 2

0 max max
1 1
kA kx mg.S S 24cm
2 2
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
= = ω
A B
u u Acos t
Phương trình 2 sóng thành phần tại M là 1 điểm bất kì trên đoạn CO.
π
= ω −
λ
1M 1
2
u Acos( t d )
,
π
= ω −
λ
2M 2
2
u Acos( t d )
. (Chú ý
= =
1 2
d d d
)
Phương trình sóng tổng hợp tại M:

π
= + = ω −
λ
M 1 2
2
u u u 2Acos( t d)
Để sóng tại M ngược pha với hai nguồn thì
π λ
= + π ⇒ = +
λ
2
d (2k 1) d (2k 1)
2
. Do M nằm trên đoạn CO nên
d có điều kiện:
≤ ≤ + =
2 2
6cm d 6 8 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
= =
2 2
1
I mr 0,25(kg.m )
2
,
ω =

1
20
(rad/s),
ω =
2
40
(rad/s),
= ω − ω =
2 2
2 1
1 1
A I I 150J
2 2
Câu 60: Đáp án B.
6