GIẢI CHI TIẾT đề THI TUYỂN SINH PTTH QUỐC GIA năm 2016 phần 5

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH PTTH QUỐC GIA NĂM 2016 phần 5
Câu 41: Khi máy phát điện xoay chiều một pha đang hoạt động bình thường và tạo ra hai
suất điện động có cùng tần số f. Rôto của máy thứ nhất có p 1 cặp cực và quay với tốc
độ n1 = 1800 vòng/phút. Rôto của máy thứ hai có p 2 = 4 cặp cực và quay với tốc độ n2.
Biết n2 có giá trị trong khoảng từ 12 vòng/giây đến 18 vòng/giây. Giá trị của f là
A. 54 Hz
B. 50 Hz
C. 60 Hz
D. 48 Hz
Giải: n1 = 1800vòng/phút = 30vòng/giây
p1
p2

p1
4

f = n1p1 = n2p2 -----> n2 = n1 = 30.
= 7,5p1
12 ≤ n2 = 7,5p1 ≤ 18 ------> p1 = 2 -----> n2 = 15 vòng/giây -----> f = n2p2 = 15.4 = 60Hz.
Đáp án C
Câu 42: Một chất điểm dao động điều hòa có vận tốc cực đại 60 cm/s và gia tốc cực đại là
2π (m/s2). Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Thời điểm ban đầu (t = 0). chất điểm
có vận tốc 30 cm/s và thế năng đang tăng. Chất điểm có gia tốc bằng π (m/s 2) lần đầu
tiên ở thời điểm
A. 0,35 s
B. 0,15 s
C. 0,10 s
D. 0,25 s
2π
0,6

10π
3

Giải: vmax = Aω = 0,6 (m/s); amax = Aω2 = 2π (m/s2) -----> ω =
=
(rad/s)
----> Phương trình dao động x = Acos(ωt + φ). Phương trình vận tốc và gia tốc:
v = -ωAsin(ω+φ) và a = - ω2x
Khi t = 0 : v = - ωAsinφ = 30 (cm/s) = - 60sinφ = 30 -----> sinφ = - 0,5 và thế năng đang
tăng nên vật đang chuyển động chậm dần ------> φ = π
6

---> a = - ω2Acos(ωt - ) = - 2πcos(ωt A = π (m/s2) lần đầu tiên:
cos(ωt -

π
6

)=-

1
2

-----> ωt -

π
6

π
6

π
6

)

=

2π
3

---->

10π
3

t=

2π
3

+

π
6

1
4

-----> t = (s) = 0,25 s. Đáp án D

Câu 43: Theo mẫu nguyên tử Bo về nguyên tử hiđrô. coi êlectron chuyển động tròn đều
quanh hạt nhân dưới tác dụng của lực tĩnh điện giữa êlectron và hạt nhân. Gọi
lần lượt là tốc độ của êlectron khi nó chuyển động trên quỹ đạo L và N. Tỉ số
A. 0,5
B. 4
C. 2
D. 0,25

vL

vL
vN

và

vN

bằng


Giải: Lực tĩnh điện đóng vai trò là lực hướng tâm, nên ta có
mv 2
R

=

ke 2
R2

v L2

v N2

------->
=
Đáp án C

RN
RL

với R = n2R0 ( R0 là bán kính Bo; Quỹ đạo L, N ứng với nL = 2, và nN = 4)
mà RN = 16R0; RL = 4R0 ----------------------->

Câu 44: Đặt diện áp

u = U 2 cos ωt

ω

v L2
v N2

= 4 ------>

vL
vN

= 2.

( với U

và không đổi) vào hai đầu đoạn mạch
AB như hình vẽ. R là biến trở, cuộn
cảm thuần có độ tự cảm L, tụ điện có
ω2

điện dung C. Biết LC = 2. Gọi P là
công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB.
Đồ thị trong hệ tọa độ vuông góc ROP
biểu diễn sự phụ thuộc của P vào R trong trường hợp K mở ứng với đường (1) và trong
trường hợp K đóng ứng với đường (2) như hình vẽ. Giá trị của điện trở r bằng
Ω

Ω

A. 20
B. 60
Giải:
Từ LCω2 = 2 -------> ZL = 2ZC
Khi khóa K mở: Công suất tiêu thụ
P1 =

U 2 (R + r)
( R + r ) 2 + (Z L − Z C ) 2

=

C. 180

U 2 (R + r)
( R + r ) 2 + Z C2

U r
R (Ω) r + Z C2
2

ZC

Khi R = 0: P1R0 =
(*)
Khi khóa K đóng: Công suất tiêu thụ
2

P2 =

U R
R 2 + Z C2

=

U2
Z C2
R+
R

P2 = P2max khi R = ZC : P2max =
2

Khi R = 20Ω : P2R20 =

D. 90

Ω

P
(2)
(1)

2

0 20

Ω

20U
400 + Z C2

U2
2Z C

(**)


Theo đồ thị ta có:

P01
P2 max

=

3

5

và

P2 R 20
P2 max

=

3
5

20
3

---> 3ZC2 – 200ZC + 1200 = 0 ------> ZC1 =
P1 R 0
P2 max

=

r .2 Z C
r 2 + Z C2

=

3
5

300 ± 240

3

------> r =
Khi r = r1 = 20Ω:

----->

P2 R 20
P2 max

=

20U 2
400 + Z C2
U2
2Z C

=

40Z C
400 + Z C2

=

3
5

Ω < 20 Ω loại; ZC = 60Ω

-------> 10rZC = 3r2 + 3ZC2 ------> 3r2 – 600r + 10800 = 0

-----> r1 = 20Ω và r2 = 180Ω
U 2R
R 2 + Z C2

40U 2
402 + 60 2

20U 2
20 2 + 60 2

Ta thấy P1R20 =
> P2R20 =
=
mà theo đồ thị P1R20 < P2R20.
Ta loại trường hợp r = 20Ω . Vậy chọn đáp án C : r = 180Ω
Câu 45: Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng đơn sắc, khoảng cách hai khe
không đổi. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là D thì
khoảng vân trên màn hình là 1mm. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn
quan sát lần lượt là (D -

∆

D) và (D +

∆

D) thì khoảng vân trên màn tương ứng là i và
∆

2i. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là (D + 3 D) thì

khoảng vân trên màn là
A. 2 mm
B. 3 mm
C. 3,5 mm
D. 2,5 mm
Giải: i0 =
= 3∆D

i3 =

λD
a

= 1mm.; i =

λ ( D + 3∆D)
a

λ(D + 3

=

a

λ ( D − ∆D)
a

D
)
3

=2

λD
a

; 2i =

λ ( D + ∆D)
a

----> 2(D - ∆D) = D + ∆D ----> D

= 2i0 = 2 mm. Đáp án A

Câu 46: Một sợi dây đang có sóng dừng ổn định. Sóng truyền trên dây có tần số 10Hz và
bước sóng 6 cm. Trên dây, hai phần tử M và N có vị trí cân bằng cách nhau 8 cm, M
thuộc một bụng sóng dao động điều hòa với biên độ 6 mm. Lấy
phần tử M đang chuyển động với tốc độ 6
tốc có độ lớn là
A. 3m/s2.
Giải:

B.

6 3

m/s2.

C.

π

6 2

π 2 = 10

. Tại thời điểm t,

(cm/s) thì phần tử N chuyển động với gia
m/s2.

D. 1,26 m/s2.


λ
3

B

C

M

N

MN = 8 cm = λ +
M và N dao động ngược pha nhau
B là út gần M nhất BM =

λ
4

Phương trình sóng dừng tại M cách nút B
một khoảng d
u = 2a cos(

2πd π
π
+ ) cos(20πt − )
λ
2
2

Tai M. uM =

π π
π
6 cos( + ) cos(20πt − )
2 2
2
sin(20πt −

----> vM = u’M = 120π
Tai N: BN = λ +
N

u

=

với a = 3 mm,

λ
3

+

λ
4

π
)
2

=λ+

19π
π
6 cos(
) cos(20πt − )
6
2

--------> uN = - 3

3

− 6 cos(20πt −

=

3

(mm)
sin(20πt −

= 60π (mm/s) ------>

π
)
2

7λ
12

6 cos(4π −

(mm) =

cos(20πt -

π
2

(20π)2sin(20πt) (mm/s2) = 3

3

(20π)2cos(20πt 3

= 0,5

5π
π
) cos(20πt − )
6
2

) (mm)

Gia tốc của phần tử tại N: aN = - ω2uN = 3
-----> aN = 3

π
)
2

π
2

) (mm/s2)

.4.103.0,5 (mm/s2) = 6

3

m/s2. Đáp án B

Câu 47: Một con lắc lò xo treo vào một điểm cố định, dao động điều hòa theo phuong

thẳng đứng. Tại thời điểm lò xo dãn 2 cm, tốc độ của vật là
lò xo dãn 4 cm, tốc độ của vật là

6 2v

4 5v

(cm/s); tại thời điểm

(cm/s); tại thời điểm lò xo dãn 6 cm, tốc độ của

3 6v

vật là
(cm/s). Lấy g = 9,8 m/s2. Trong một chu kì, tốc độ trung bình của vật trong
khoảng thời gian lò xo bị dãn có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 1,21 m/s
B. 1,43 m/s
C. 1,52 m/s
D. 1,26 m/s
mg
k

Giải: Độ dãn của lò xo khi vật ở VTCB ∆l0 =
Chọn gốc tọa độ ở VTCB, chiều dương hướng xuống. Tọa độ x của vật khi lò xo giãn
đoạn ∆l


x = ∆l - ∆l0.
V2

ω2

Ta luôn có A2 = x2 +

( với V là tốc độ của vật tai tọa độ x)

2

-----> (2 - ∆l0)2 + 80
------> 6 - 2∆l0 = 4
∆l0 = 3 - 2

v2
ω2

v
ω2
v2
ω2

= (4 - ∆l0)2 + 72

v2
ω2

= (6 - ∆l0)2 + 54

(*) và 10 - 2∆l0 = 9

v2

ω2

(**) ----->

v2
ω2
v2
ω2

= 0,8 (cm2/s2)

= 1,4 cm

Biên độ dao động A2 = (2 - ∆l0)2 + 80
Chu kỳ dao độngcủa con lắc T = 2π

v2
ω2

m
k

= 0,62 + 64 ------ A = 8,0225 cm
∆l 0
g

= 2π

= 0,2374 s

Khi lò xo không bị dãn x0 = - ∆l0 = - 1,4 cm
∆l 0
A

x0
φ

Trên hình vẽ: sinφ =
= 0,175
0
------> φ = 10
Thời gian lò xo dãn trong 1 chu kỳ
200 0
360 0

t =
T = 0,132s
Quãng đườn vật CĐ trongthowif gian lò xo dãn
S = 2(A + ∆l0) = 18,845 cm
Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị dãn
vtb =

S
t

=

18,845
0,132

= 142,765 cm/s = 1,43 m/s. Chọn đáp án B
u = 200 2 cos100π t

Câu 48: Đặt điện áp
(u tính bằng V, t
tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch AB như hình vẽ.
Ω

Biết cuộn dây là cuộn cảm thuần, R = 20
và cường
độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch bằng 3A.
u = 200 2

t+

1
600

Tại thời điểm t thì
V. Tại thời điểm
s thì cường độ dòng điện trong
đoạn mạch bằng không và đang giảm. Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MB bằng
A. 200W
B. 180W
C. 90W
D. 120W


2

2

Giải: Tại thời điểm t : u = 200 cos100= 220
V ------> cos100πt = 1; sin100πi = 0
Biểu thức cường độ dòng điên trong mạch i = I0cos(100πt – φ)
với φ là độ lệch pha giữa u và i trong mạch
1
600

Tại t +

:

(100πt – φ +

π
6

i = I0cos(100πt – φ) = I0cos(100πt – φ +
)=

π
2

-----> 100πt – φ =
π
3

π
3

π
3

π
6

) = 0 và đang giảm ---->
π
3

------> φ = 100πt π
3

-----> cosφ = cos(100πt - ) = cos100πt.cos + sin100πt.sin = cos
Công suất tiêu thụ toàn mạch P = UIcosφ = 3.200.0,5 = 300W
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MB bằng
PMB = P – PR = P – I2R = 300 – 180 = 120W. Đáp án D

π
3

= 0,5

Câu 49: Giả sử ở một ngôi sao, sau khi chuyển hóa toàn bộ hạt nhân hidrô thành hạt nhân
4
2

He

thì ngôi sao lúc này chỉ có

4
2

He
32

với khối lượng 4,6.10 kg. Tiếp theo đó,

12
6

4
2

C

He

4
2

He

4
2

4
2

He

He → 126C

chuyển hóa thành hạt nhân
thông qua quá trình tổng hợp
+
+
+7,27
MeV. Coi toàn bộ năng lượng tỏa ra từ quá trình tổng hợp này đều được phát ra với
công suất trung bình là 5,3.1030 W. Cho biết: 1 năm bằng 365,25 ngày, khối lượng mol
của

4
2

He

là 4g/mol, số A-vô-ga-đrô N A=6,02.1023 mol-1, 1eV=1,6.10-19J. Thời gian để
4
2

12
6

He

C

chuyển hóa hết
ở ngôi sao này thành
vào khoảng
A. 481,5 triệu năm
B. 481,5 nghìn năm
C. 160,5 triệu năm
năm

Giải: Số hạt nhân hêli

4
2

Số phản ứng tổng hợp

He
12
6

có trong m = 4,6,1032 kg : N =

C

là

t=
=

∆E =

N Am
3PA

23

∆E =

6,02.10 23.4,6.10 35
3.5,3.10 30.4

m

N
3

Năng lương tỏa ra khi tổng hợp chuyển hóa hết
N
3P

NA
A

D.160,5 nghìn

6,02.10 .4,6.10
3.5,3.10 30.4

7,27.1,6.10-13.

4

2

He

thành

35

7,27.1,6.10-13. (s)

1
365,25.8,64.10 4

t = 160,4898.106 năm = 160,5 triệu năm

(năm)

12
6

C

là E =

N
3

∆E = Pt ------>

Câu 50: Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5
mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2m. Nguồn sáng phát
ra vô số ánh sáng đơn sắc có bước sóng biến thiên liên tục từ 380 nm đến 750 nm. Trên
màn, khoảng cách gần nhất từ vân sáng trung tâm đến vị trí mà ở đó có hai bức xạ cho
vân sáng là
A. 6,08 mm
B. 4,56 mm
C. 9,12 mm
D 3,04 mm
Giải: Vị trí vân sáng: x =

k

Bề rông vùng qua phổ bậc k : Lk = k
Xkmin = k

D
a
D
a

λmin = k

2.10
0,5

D
a

D

a

λ

(λmax – λmin) : từ xkmin đến xkmax Vơi k nguyên

3

2.10 3
0,5

x380,10-6 (mm) = 1,52k (mm)

Xkmax = k λmax = k
x750,10-6 (mm) = 3k (mm)
Vị trí mà có 2 vân sáng trùng nhau nếu x (k+1)min – xkmax ≤ 0 Có sự chồng nhau của 2
vùng quang phổ liền kề
------> 1,52(k + 1) – 3k = 1,52 – 1,48k ≤ 0 ----> k ≥ 2
Vị trí gần nhất từ vân sáng trung tâm đến vị trí mà ở đó có hai bức xạ cho vân sáng
ứng với k = 2
bắt đầu từ x3min = 1,52x3 = 4,56 mm. Đáp án B