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

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
Câu
Mã đề Câu Mã đề
132 209 357 485 132 209 357 485
1 D A A C 31 D C B B
2 A B D B 32 D C B A
3 A D B A 33 B A A C
4 A A C B 34 C C D D
5 A B A D 35 D D B C
6 C C A B 36 D B D D
7 C D D C 37 D B D C
8 B A C A 38 D D C C
9 C B D A 39 D D B D
10 B B C A 40 C D A D
11 D D A C 41 A D D C
12 B A D B 42 B D C D
13 D B D C 43 A D C B
14 C C D C 44 C B B A
15 A D C D 45 A B B A
16 B C A D 46 B A A B
17 D A B D 47 C A B D
18 B A B A 48 B A A C
19 D C A C 49 A A A A
20 A C A B 50 B C C A
21 A C D B
22 C D D B
23 B A B D

24 A B C C
25 C B C D
26 B C D B
27 A C B A
28 D C C A
29 C A D C
30 C B C B
1
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 U
Lmax
nên ta có GĐVT:
Khi Z
L
= (R
2
+ Z
C
2
)/Z
C
thì U
Lmax
, ta có GĐVT:
Dựa vào các tính chất của tam giác vuông, thấy U

L
2
≠ U(U – U
C
).
Câu 10 – Mã 132; Câu 9 – Mã 209; Câu 36– Mã 357; Câu 33– Mã 485:
x
max
= v
0
.
L
mg
k
m
µ
+
= 5cm.
Câu 11 – Mã 132; Câu 39 – Mã 209; Câu 38 – Mã 357; Câu 37 – Mã 485:
- Khi khối gỗ dịch xuống đoạn x so với VTCB thì hợp lực tác dụng lên khối gỗ
bằng: F
hp
= - kx – Sxdg
- AD ĐL II Niu tơn, ta có: F
hp
= mx” ⇒ mx” = - kx – Sxdg ⇒ x” +
x
m
Sdgk +
= 0

- Vậy
Sdgk
m
T
m
Sdgk
+
=⇒
+
=
πω
2
= π/5 (s).
Câu 12 – Mã 132; Câu 15– Mã 209; Câu 14 – Mã 357; Câu 39– Mã 485:
- Xét đối với máy hạ áp:

( )
2 1 1
1
1 2
220
10
2200 100
U I I
I A
U I
= ⇒ = ⇒ =
.
- Xét đối với máy tăng áp:
( )

1 1 1
2200 10.30 2500 .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:
210
.
ωωω
=
= 80π rad/s.
- ADCT:
1
U
U
2
2
0
2
C
2
CMAX
=








+









ω
ω
; ω
C
là tần số để U
Cmax
, suy ra U
Cmax
≈ 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.
Ta có :
mmA
A
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.
Câu 22 – Mã 132; Câu 31 – Mã 209; Câu 30– Mã 357; Câu 16– Mã 485:
U
2
= (N
2
/N
1
).U
1
= 11V ⇒ I
2
= U
2
/R
1

= 1A; U
3
= (N
3
/N
1
).U
1
= 22V ⇒ I
3
= U
3
/R
2
= 0,5A.
Mà: U
1
.I
1
= U
2
.I
2
+ U
3
.I
3
⇒ I
1
= 0,1A.

Câu 23 – Mã 132; Câu 12– Mã 209; Câu 25 – Mã 357; Câu 24– Mã 485:
2
i
O
U
C
U
L
U
U
RC
U
R
x
x
O
(IV)
(I)
α
α
α
ω
∆
=⇒=
∆
=∆⇒===∆
0
2
002,0002,0
.

2
1
.001,0
2
1
N
l
A
l
l
g
m
mg
m
F
A
C
= 50
Câu 25 – Mã 132; Câu 11 – Mã 209; Câu 1 – Mã 357; Câu 12 – Mã 485:
ADCT: λ = λ
0
/n ( λ
0
, 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.
Câu 28 – Mã 132; Câu 37 – Mã 209; Câu 22 – Mã 357; Câu 20 – Mã 485:
6i = 9mm ⇒ i = 1,5mm ⇒ λ = i.a/D = 0,75μm.
Câu 31 – Mã 132; Câu 13 – Mã 209; Câu 3 – Mã 357; Câu 2 – Mã 485:
Để hai vật xa nhất thì: - Hai dao động ngược pha.
- Pha của 1 trong 2 dao động bằng một số nguyên lần π.

15 3
(2 1)
3 2
5 5
3 6
t k
t n
π π
ϕ π
π π
π

∆ = − = +




+ =


1 2
2 5
( 0; , )
1 3
2 5
t k
t k n Z
t n

= +



⇒ ≥ ∈


= − +


Câu 32 – Mã 132; Câu 22 – Mã 209; Câu 28– Mã 357; Câu 23– Mã 485:
Z
C
= 50Ω; U
0C
= I
0
.Z
C
= 200
2
(V); u
C
chậm pha hơn i là π/2. Vậy: u
C
= 200
2
cos(100πt - π/2) V.
Câu 33 – Mã 132; Câu 44 – Mã 209; Câu 32 – Mã 357; Câu 31 – Mã 485:
ADCT :
222
1

11
2
t
g
g
l
l
T
T ∆
+
∆
−
∆
+=
λ
. Theo gt thì T
2
= T
1
suy ra:
)(
1
t
g
g
ll ∆−
∆
=∆
λ
Với l = T

1
2
.g
1
/(2π)
2
= 0,992m; ∆g = g
2
– g
1
; ∆t = t
2
– t
1
.
Suy ra ∆l = - 8,064.10
-4
m ⇒ giảm chiều dài thanh treo và α = (∆l /h).360
0
= 581
0
.
Câu 34 – Mã 132; Câu 50 – Mã 209; Câu 8 – Mã 357; Câu 15 – Mã 485:
q
1
i
2
i
3
+ q

2
i
1
i
3
= q
3
i
1
i
2

3
3
2
2
1
1
i
q
i
q
i
q
=+⇒
(1)
Mà
22
0
2

2
222
'
1
)(
qQ
q
i
qi
i
q
−
+=
−−
=






ω
(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
111
qQ
q
qQ
q
qQ
q
−
+=
−
++
−
+
. Thay số ta được q
3
≈ 8,8nC.
Câu 36 – Mã 132; Câu 35 – Mã 209; Câu 34 – Mã 357; Câu 21 – Mã 485:
- Do v =
2 2

A u
ω
−
(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 t
0
, tốc độ của các phần tử tại B và C đều bằng v
0
, 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:
u
B
= - u
C
. Vậy
2
A
u =
. Thay vào (1) được v
0
=
max
2 2
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 v
D
= v
max
= v
0
2
Câu 37 – Mã 132; Câu 29 – Mã 209; Câu 24 – Mã 357; Câu 11 – Mã 485:
U
AM
=
22
22
.
)(
L
CL
ZR
ZZR
U
+
−+
. Dễ thấy khi ω = (2LC)
-0,5
thì U
AM
= U, không phụ thuộc vào R,
tức là U

1
= U
2
= U
3
= U.
Câu 38 – Mã 132; Câu 46 – Mã 209; Câu 10 – Mã 357; Câu 49 – Mã 485:
Ta có: AC – BC = (k + 0,5)λ = 1,5λ ⇒ λ = 2,4cm
3
B
C, B’
C’
u
u
- u
45
0
)
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.
Câu 40 – Mã 132; Câu 14 – Mã 209; Câu 27 – Mã 357; Câu 38 – Mã 485:
Q
0
=
2
2
2
2







+
ω
i
q
; Do ∆t = T/2 nên q
2
= -q
1
. Khi đó: Q
0
=
2
2
2
1






+
ω
i
q
= 5.10

-6
C.
Câu 42 – Mã 132; Câu 24 – Mã 209; Câu 23 – Mã 357; Câu 17 – Mã 485:
⇒







=
=






⇒







=
=
LC

CU
r
E
L
LC
CULI
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
0
2
2
2
0
2
0
ω
ω

2
2 2 2

0
2
1
1
nr
U
L
L
r r n
C E
C
LC
nr
ω
ω
ω


 
=
= =

 ÷

 
 
⇒
 
 
=

=




Câu 43 – Mã 132; Câu 5 – Mã 209; Câu 21 – Mã 357; Câu 22 – Mã 485:
D = (n – 1)A = 5,2
0
.
Câu 44 – Mã 132; Câu 43 – Mã 209; Câu 42 – Mã 357; Câu 13 – Mã 485:
( )
βαβαπ
sinsin)(sin
UUU
Cd
==
+−
(1)
2
cos).
2
sin(2.
sinsinsin)sin(
ββ
α
ββαβα
+=+⇒=
++
+
⇒

U
UU
UUU
Cd
Cd
Để (U
d
+ U
C
) đạt giá trị cực đại thì α + β/2 = 90
0
⇒ α = 90
0
- β/2.
Từ (1) ⇒
2
cos.
sin
)
2
90sin(.
sin
0
β
β
β
β
UU
U
C

=−=
Từ hình vẽ suy ra: U
L
= U
d
.cosβ =
β
β
β
ββα
β
cos.
2
cos.
sin
cos).sin(.
sin
dd
UU
=+
Vậy:
d
C
L
C
L
U
U
Z
Z

ϕβ
2
cos1cos −===
= 0,6.
Câu 45 – Mã 132; Câu 33 – Mã 209; Câu 10 – Mã 357; Câu 6 – Mã 485:
d
2
– d
1
= kλ; Giữa M và đường trung trực AB không có dãy cực đại nào nên k = 1 ⇒ λ = 2cm
⇒ v = λ.f = 26cm/s.
Câu 46 – Mã 132; Câu 45 – Mã 209; Câu 18 – Mã 357; Câu 47 – Mã 485:
- Từ hình vẽ 1 thấy U
0C
= 220V, ∆OU
0
U
0RC
là tam giác cân
nên u nhanh pha hơn u
C
là 135
0
.
- Từ hình 2 suy ra: u
C
= 220cos135
0
= -110
2

(V)
Câu 47 – Mã 132; Câu 40 – Mã 209; Câu 50 – Mã 357; Câu 48 – Mã 485:
)100100.(
280
)12/5(200
. iZ
u
u
i
u
Z
AM
AM
MBMB
MB
−
∠
===
π






Sử dụng số phức trên MTCT ta được: r ≈ 216,5Ω; Z
L
= 125Ω ⇒ L ≈ 0,398H.
Câu 48 – Mã 132; Câu 10 – Mã 209; Câu 5 – Mã 357; Câu 9 – Mã 485:
U

R
=
80)40100(100)(
2222
=−+=−+
CL
UUU
; cosϕ = U
R
/U = 0,8.
Câu 50 – Mã 132; Câu 26 – Mã 209; Câu 13– Mã 357; Câu 29 – Mã 485:
+ Ban đầu chất điểm ở M
0
nên ϕ = 2π/3 rad.
+
6
5
23
0
πππ
=+=∠ OMM
⇒ ω =∠(M
0
OM) /t = 2π rad/s.
+ A = a/ω
2
= 5cm.
4
i
U

L
U
C
U
d
U
) ϕ
d
) α
)
)
β
π-(α+β)
i
O
220
440
220
U
0C
U
0L
U
0
U
0RC
Hình 1
u = 220
u
C

220
135
0
Hình 2
x
a
M
0
200 100
M
2π/3