GIẢI CHI TIẾT đề THI THỬ TỈNH bà rịa III (2)

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

Câu 26: Theo đề ra, ta có: 𝑢 = 120√2cos100πt (V)
Khi 𝑅 = 𝑅0 thì 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 300(𝑊 ), ta sẽ có:
𝑅0 = |𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 | → 𝑷𝒎𝒂𝒙 =

𝑼𝟐
𝟐𝑹𝟎

→ 𝑅0 = 24 (Ω)

Khi 𝑅 = 𝑅1 𝑣à 𝑅 = 𝑅2 thì 𝑃1 = 𝑃2 , vậy:
𝑈 2 . 𝑅1
𝑅1 2 + (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2

=

𝑈 2 . 𝑅2
𝑅2 2 + (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2

↔ 𝑅2 . 𝑅1 2 + 𝑅2 . (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 = 𝑅1 . 𝑅2 2 + 𝑅1 . (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2
↔ 𝑅1 . 𝑅2 = (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 → 𝑹𝟏 . 𝑹𝟐 = 𝑹𝟎 𝟐
Ở đây a chứng minh vì sao có công thức này thôi chứ đi thi các e cứ việc mà áp
dụng. A nghĩ nếu hiểu vì sao thì nhớ sẽ lâu hơn ☺
Vậy ta có:

𝑅1 2
0,5625

= 𝑅0 2 → 𝑅1 = 0,75𝑅0 = 18 (Ω) → đáp án 𝐂

Câu 27: Ta có phản ứng: 𝑝 + 49𝐵𝑒 → 𝛼 + 63𝐿𝑖
Theo đề bài, ta có:
𝐾𝐵𝑒 = 0
𝐾𝑝 = 𝐾1
𝐾𝐿𝑖 = 𝐾2 = 4 (𝑀𝑒𝑉 )
{𝐾𝛼 = 𝐾3 = 3,575 (𝑀𝑒𝑉)
Mà phản ứng này thu năng lượng nên: 𝐾1 − 𝐾2 − 𝐾3 = 2,125 → 𝐾1 = 9,7 (𝑀𝑒𝑉)
Theo bảo toàn động lượng, ta có:
𝑝𝑝 = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑝𝐿𝑖 + 𝑝
⃗⃗⃗⃗𝛼 ↔ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑝𝐿𝑖 = ⃗⃗⃗⃗
𝑝𝑝 − 𝑝
⃗⃗⃗⃗𝛼
Mà 𝑝2 = 2𝑚𝐾, ta có:
𝑝𝐿𝑖 2 = 𝑝𝑝 2 − 2. ⃗⃗⃗⃗
𝑝𝑝 . 𝑝
⃗⃗⃗⃗𝛼 + 𝑝𝛼 2
↔ 6𝐾2 = 𝐾1 − 2𝑝𝑝 . 𝑝𝛼 . cos(𝛼) + 4𝐾3
→ cos(𝛼) =

𝐾1 +4𝐾3 −6𝐾2
4√𝐾1 .4𝐾3

→ 𝛼 = 900 → đá𝑝 á𝑛 𝑪


Câu 29: Đối với sợi dây đàn hồi một đầu tự do thì: 𝜆 =

4𝐿
2𝑘+1

↔𝑣=

4𝐿𝑓
2𝑘+1

Ứng với hai giá trị liên tiếp của tần số sẽ cho sóng dừng, vậy thì 𝑘2 = 𝑘1 + 1, ta có:
35 2𝑘1 + 3
=
→ 𝑘1 = 1 → 𝑣 = 28𝐿 (𝑣ậ𝑛 𝑡ố𝑐 𝑠ó𝑛𝑔 𝑙à ℎằ𝑛𝑔 𝑠ố)
21 2𝑘1 + 1
𝑣

𝑣(2𝑘+1)

𝜆

4𝐿

Ta có: 𝑓 = =

= 7(2𝑘 + 1)

Mà: 0 ≤ 𝑓 ≤ 50 → 0 ≤ 7(2𝑘 + 1) ≤ 50
↔ 0 < 𝑘 ≤ 3,07 → 𝑘 = {1; 2; 3} → đá𝑝 á𝑛 𝑪
Câu 37: Câu này thì cách làm y hệt như phần giải trước a đã làm họ chỉ thay số
liệu đi thôi, cái này ai mà nhìn bài nhau thấy giống mà ko để ý sự thay đổi thì sm ☺
Ta có:

√𝐴1 2 + 𝐴2 2 + 2𝐴1 𝐴2 cos(∆𝜑) = 2√𝐴1 2 + 𝐴2 2 − 2𝐴1 𝐴2 cos(∆𝜑)
𝐴1 = 𝑎
( a đặt vậy cho dễ nhìn ☺), ta có:
𝐴2 = 𝑏
𝑎2 + 𝑏 2 + 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) = 4[𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑)]
↔ 10𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) = 3(𝑎2 + 𝑏 2 )
3(𝑎2 + 𝑏 2 )
↔ 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) =
10𝑎𝑏
Do hàm cos là hàm nghịch nên để ∆𝜑 đạt “Max” thì 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) phải đạt “Min”, ta có:
Áp dụng BĐT Co-si, ta có:
𝑎2 + 𝑏 2 ≥ 2𝑎𝑏
3(𝑎2 + 𝑏 2 ) 3. (2𝑎𝑏)
6
→
≥
≥
10𝑎𝑏
10𝑎𝑏
10
6
0
Vậy: 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) ≥
→ ∆𝜑 ≤ 53,14 → đá𝑝 á𝑛 𝑫

Ta đặt {

10

Câu 38: Câu này cách làm cũng giống đề kia luôn

𝑓 = 50 𝐻𝑧
Theo đề ra, ta có: {
→ 𝜆 = 1,5 𝑐𝑚
𝑣 = 75 𝑐𝑚/𝑠
Ta có tam giác ABC đều
Gọi M 𝜖 CB là điểm cần xét để khoảng cách từ nó tới I là ngắn nhất.
Xét tam giác IMB, áp dụng định lý cosin ta có:
𝐼𝑀 = √𝐼𝐵2 + 𝑀𝐵2 − 2. 𝐼𝑀. 𝑀𝐵. cos(600 )
=

√𝐼𝐵2

+

𝑀𝐵2

− 𝐼𝑀. 𝑀𝐵 = √(𝑀𝐵 −

𝐼𝐵 2 3𝐼𝐵2
) +
2
4

(1)

Vì M là điểm cực đại trên CB nên ta có:
𝐴𝑀 − 𝐵𝑀 = 𝑘𝜆 ↔ √𝐴𝐵2 + 𝑀𝐵2 − 2. 𝐴𝐵. 𝑀𝐵. cos(600 ) − 𝑀𝐵 = 1,5𝑘
102 − (1,5𝑘)2
→ 𝑀𝐵 =
(2)

3𝑘 + 10


Thay (2) vào (1), ta có:
102 − (1,5𝑘)2 𝐼𝐵 2 3𝐼𝐵2
𝐼𝑀 = √(
− ) +
3𝑘 + 10
2
4
−𝐴𝐵

𝐴𝐵

Số đường cực đại trên AB là:
<𝑘<
↔ −6,67 < 𝑘 < 6,67
𝜆
𝜆
Vậy ta thay 𝑘 = {0; 1; … ; 6} vào biểu thức trên thì ứng với 𝑘 = 4 ta sẽ có 𝐼𝑀 đạ𝑡 "𝑀𝑖𝑛", ta có:
𝐼𝑀𝑚𝑖𝑛 = √(

102 − (1,5.4)2 5 2 3. 52
− ) +
≈ 4,35 → đá𝑝 á𝑛 𝑨
3.4 + 10
2
4

Câu 39: Nhìn đồ thị ta dễ dàng xác định được phương trình điện áp của hai đầu mạch AN và

MB, ta có:
𝑢𝐴𝑁 = 200 cos(𝜔𝑡) (𝑉)
𝜋
{
𝑢𝑀𝐵 = 100 cos (𝜔𝑡 + ) (𝑉)
3
𝑢𝐴𝑁 = 𝑢𝐶 + 𝑢𝑋
𝑢𝑀𝐵 = 𝑢𝐿 + 𝑢𝑋
Mà {
3𝑍𝐿 = 2𝑍𝐶 → 3𝑢𝐿 = −2𝑢𝐶 (𝑐á𝑐 𝑒 𝑛ℎớ 𝑐ℎú ý 𝑑ấ𝑢 − 𝑑𝑜 𝑐ℎú𝑛𝑔 𝑛𝑔ượ𝑐 𝑝ℎ𝑎 𝑛ℎé)
2𝑢𝐴𝑁 + 3𝑢𝑀𝐵
→ 𝑢𝑋 =
= 20√37 cos(𝜔𝑡 + 25,30 ) (𝑉)
5
𝑢 = 𝑢𝑀𝐵 − 𝑢𝑋 = 40√3 cos(𝜔𝑡 + 1500 ) (𝑉)
→{ 𝐿
𝑢𝐶 = 𝑢𝐴𝑁 − 𝑢𝑋 = 60√3 cos(𝜔𝑡 − 300 ) (𝑉)
Ta có: 𝑢𝐴𝐵 = 𝑢𝐿 + 𝑢𝐶 + 𝑢𝑋 = 40√13 cos(𝜔𝑡 + 13,90 ) (𝑉)
Vậy điện áp cực đại 𝑈0 giữa hai đầu đoạn mạch AB là: 𝑈0 = 40√13 (𝑉) → đá𝑝 á𝑛 𝑩
• Nhìn đồ thị với đề dài vậy chứ cách làm không khó đúng ko ☺
Câu 40: Ta gọi 𝑃0 là công suất của khu công nghiệp.
𝑈1 𝑣à 𝑈2 lần lượt là điện áp sơ cấp ở 2 trường hợp
𝑈0 là điện áp thứ cấp
Với công suất hao phí khi truyền đi với điện áp U là: ∆𝑃 = (

𝑃
𝑈𝑐𝑜𝑠𝜑

)2 . 𝑅, ta có hpt:

40
12
𝑃=
𝑃0
𝑃 − ∆𝑃 =
𝑃0
39
13
→{
{
4
∆𝑃
∆𝑃 =
𝑃
𝑃−
= 𝑃0
39 0
4
𝑃−∆𝑃
Ta có hệ số công suất khi tỉ số vòng dây là 54 là: 𝐻1 =
= 0,9
Tương tự ta có: 𝐻2 =

39

𝑃

40

Ta có:

𝑈1
𝐻1
0,9
𝑈1
54𝑈0
= 𝑈 ↔
= 2.
= 2.
→ 𝑛 = 117 → đá𝑝 á𝑛 𝑩
𝑈2
39
𝐻2
𝑈2
𝑛𝑈0
2𝑈
40
☺ Đề này căng hơn đề kia ấy ☺