Tuyển tập 150 bài tập vận dụng cao môn vật lý có giải chi tiết

TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
(Đây là 10 câu hỏi đầu tiên trong bộ 150 bài tập vận dụng môn vật lý cho kì thi THPT Quốc Gia
2017 sắp tới gửi tới các bạn )
Biên soạn : Lê Đức Thọ

Câu 1 Điện năng được truyền từ đường dây điện một pha có điện áp hiệu dụng ổn định 220V vào nhà một
hộ dân bằng đường dây tải điện có chất lượng kém. Trong nhà của hộ dân này, dùng một máy biến áp lí
tưởng để duy trì điện áp hiêu dụng ở đầu ra luôn là 220V ( gọi là máy ổn áp). Máy ổn áp này chỉ hoạt động
khi điện áp hiệu dụng ở đầu vào lớn hơn 110V. Tính toán cho thấy, nếu công suất sử dụng điện trong là 1,1
kW thì tỉ số giữa điện áp hiệu dụng ở đầu ra và điện áp hiệu dụng ở đầu vào (tỉ số tăng áp) của máy ổn áp
là 1,1. Coi điện áp và cường độ dòng điện luôn cùng pha. Nếu công suất sử dụng điện trong nhà là 2,2 kW
thì tỉ số tăng áp của máy ổn áp bằng.
A. 1,26.

B. 2.20.

C. 1,62.

D. 1,55.

Cho ̣n A
Ta có sơ đồ sau:
Đường dây truyền
tải U0 = 220V

Đường vào của
máy ổn áp U1, I1

Đường ra của
máy ổn áp U2

Theo đề bài: điện áp đầu ra của MBA luôn là 220V  U21 = U22 = 220V
+ TH1: Khi công suất tiêu thụ điện của hộ gia đình là 1,1kW  P1 = U21.I21  I21 = 5A
Hệ số tăng áp của MBA là 1,1 

U21
U
I
 1,1  U11  21  200(V ); 11  1,1  I11 = 1,1I21 = 5,5
U11
1,1
I 21

Độ giảm thế trên đường dây truyền tải: U1 = U0 – U11 = 20V = I11.R  R = 40/11 
+ TH2: Khi công suất tiêu thụ điện của hộ gia đình là 2,2kW  P2 = U22.I22  I22 = 10A
Hệ số tăng áp của MBA là k

U22
U
I
220
 k  U12  22 
(V ); 21  k  I21 = kI22 = 10k (A)
U12
k
k
I 22
Độ giảm thế trên đường dây truyền tải: U2 = U0 – U12 = I21.R  220 -

 k  1,26

220
40

= 10k.
k
11
 k  4, 78

Theo đề bài MBA chỉ hoạt động khi U1 > 110V  k < 2  k =1,26

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 1 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
Câu 2 Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn sóng S1 và S2 cách nhau 11cm và dao động
điều hòa theo phương vuông góc với mặt nước có cùng phương trình u1 = u2 = 5cos100πt (mm). Tốc độ
truyền sóng v = 0,5m/s và biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Chọn hệ trục Oxy thuộc mặt phẳng nước
khi yên lặng, gốc O trùng với S1, Ox trùng với S1S2. Trong không gian, phía trên mặt nước có một chất
điểm chuyển động mà hình chiếu (P) của nó với mặt nước chuyển động theo phương trình quỹ đạo y = x +
2 và có tốc độ v1 = 5 2 cm/s. Trong thời gian t = 2s kể từ lúc (P) có tọa độ x = 0 thì (P) cắt bao nhiêu vân
cực đại trong vùng giao thoa sóng
A. 22

B. 15

C. 13

D. 14

Đáp án C
(P) đi được quãng đường 10 2 cm từ A đến B. Tọa độ B thỏa mãn:
yB  x B  2

x 2B   yB  2   10 2
2

Suy ra: x B  10; y B  12
Bước sóng:   0,5.

2
 1cm
100

Tại A: d 2  d1  AS2  AS1  112  22  2  k A .  k A  9,18
Tại B: d 2  d1  BS2  BS1  122  12  122  102  k B .  k B  3,57
Vậy số cực đại là: 3, 2,...,9  13 điểm.
Câu 3 Từ điểm A bắt đầu thả rơi tự do một nguồn phát âm có công suất không đổi. Khi chạm đất tại B
nguồn âm đứng yên luôn. Tại C ở khoảng giữa A và B (nhưng không thuộc AB) có một máy M đo mức
cường độ âm, C cách AB 12m. Biết khoảng thời gian từ khi thả nguồn đến khi máy M thu được âm có mức
cường độ âm cực đại, lớn hơn 1,528 (s) so với khoảng thời gian từ đó đến khi máy M thu được âm có mức
cường độ âm không đổi, đồng thời hiệu 2 khoảng cách tương ứng này là 11m. Bỏ qua sức cản không khí,
lấy g = 10m/s2. Hiệu giữa mức cường độ âm cuối cùng và đầu tiên có giá trị gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 3,74dB

B. 4,12dB

C. 4,55dB

D. 3,41dB

Đáp án A
Máy M thu được âm có mức cường độ âm cực đại khi CT vuông AB
Máy M thu được âm không đổi khi nguồn âm đứng yên tại vị trí B
Gọi t1; h1 lần lượt là thời gian rơi và quãng đường từ A đến T
t2; h2 lần lượt thời gian rơi và quãng đường từ T đến B
t1  t 2  1,528; h1  h 2  11

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 2 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ

1
1
1
2
2
s1  h1  gt12 ;s 2  g  t1  t 2   g  2t1  1,528 
2
2
2
 h1  h 2  11  t1  1, 79  h1  16mm; h 2  5m  L A  L B  3, 74dB

Câu 4 Một vật thực hiện đồng thời 3 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số tương ứng là (1), (2),

(3). Dao động (1) ngược pha và có năng lượng gấp đôi dao động (2). Dao động tổng hợp (13) có năng
lượng là 3W. Dao động tổng hợp (23) có năng lượng là W và vuông pha với dao động (1). Dao động tổng
hợp của vật có năng lượng gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 2,7W

B. 3,3W

C. 2,3W

D. 1,7W

Đáp án D
W1  2W2  A1  A 2 2  a 2

Đặt A 23  x thì do x 23  x1  x 23  x 2  A3  x 2  a 2
Ta lại có: A13  A12  A32  2A1A3 cos  x1; x 3 
Trong đó cos  x1; x 3    cos  x 2 ; x 3  

a
x  a2
2

Từ đó A13  x 2  3a 2  2 2a 2
Kết hợp với giả thiết ta có:
2

W13  A13 
x 2  3a 2  2 2a 2
2 1
3


x
a
 
2
W23  A 23 
x
2
Do x 23  x1 nên
A th  A 223  A12  2a 2 

3 2 2 2 7  2 2
a 
a
2
2

2

Wth  A th 
72 2

 1, 7
  ... 
W23  A 23 
2 1
Câu 5 Một con lắc lò xo nằm ngàng gồm vật m 

1
được nối với lò xo độ cứng k = 100 N/m. Đầu kia lò

2

xo gắn với điểm cố định. Từ vị trí cân bằng, đẩy vật cho là lò xo nén 2 3 cm rồi buông nhẹ. Khi vật qua
vị trí cân bằng lần đầu tiên thì tác dụng lên vật lực F không đổi cùng chiếu với vận tốc và có độ lớn F =
2N, khi đó vật dao động với biên độ A1 . Biết rằng lực F chỉ xuất hiện trong thời gian 1/30s và sau khi lực
F ngừng tác dụng, vật dao động điều hòa với biên độ A2 . Biết trong quá trình dao động, lò xo luôn nằm
trong giới hạn đàn hồi. Bỏ qua ma sát. Tỷ số

A1
bằng
A2

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 3 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ

A.

7
2

B.

2
7

C.

2
3

D.

3
2

Đáp án B
Khi chưa có lực F, vị trí cân bằng của vật là O. Biên độ là A  2 3cm
Khi có thêm lực F, VTCB dịch chuyển đến O' sao cho OO' = F/k = 0,02 m = 2 cm.
Tần số góc  

k
 10 rad / s . Chu kì T = 0,2 s.
m

Khi F bắt đầu tác dụng (t = 0), vật đến O có li độ so với O' là x1  2cm
2

v 
và có vận tốc v1  A  20 3 cm / s . Biên độ A1  x12   1   4 cm

Thời gian ngắn nhất vật đi từ O đến O' là t1 
Ta thấy rằng t 

T 1
 s

6 60

1
s  2t1 nên khi F ngừng tác dụng thì vật
30

có li độ so với O là x2 = 4 cm và có vận tóc v2  v1  A  20 3 cm / s .
2

v 
Từ đó biên độ lúc ngừng tác dụng lực : A 2  x   2   2 7 cm

2
2

Vậy:

A1
2

A2
7

Câu 6 Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng ổn định với khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là 6
cm. Trên dây có những phần tử sóng dao động với tần số 5 Hz và biên độ lớn nhất là 3 cm. Gọi N là vị trí
của một nút sóng C và D là hai phần tử trên dây ở hai bên của N và có vị trí cân bằng cách N lần lượt là 10,5
cm và 7 cm. Tại thời điểm t0, phần tử C có li độ 1,5 cm và đang hướng về vị trí cân bằng. Vào thời điểm

t 2  t1 

85
s , phần tử D có li độ là
40

A. 0 cm

B. 1,50 cm

C. 1,50 cm

D. 0, 75cm

Đáp án A
Bước sóng:


 6  cm     12  cm 
2


2  10,5 
 1,5 2  cm 
A C  3 sin
22
2d 
Biên độ: A  A b sin

 
2  7 
A


3
sin
 1,5  cm   A b
D

22


CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 4 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ

*Từ hình vẽ ta thấy C, D ngược pha nhau:

uC
A
A
  C  u D   D u C 1
uD
AD
AC

Tại thời điểm t1:

u C  t1   1,5  cm  

 u D  t1   
1

Tại thời điểm: t 2  t1 

AD
1,5
1,5
u C  t1   
.1,5  
 cm 
AC
1,5 2
2

85
85

 s  thì góc quét:   t  10.  21 
40
40
4

*Như vậy dưạ vào VTLG ta đã tính được li độ của phần tử tại thời điểm t2 là u D  t 2   0 (D ở VTCB của
bụng sóng).
Câu 7 Một vật thực hiện đồng thời ba dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số có phương trình lần

2 
2 



lượt là x1  A1 cos  2t   cm; x 2  A 2 cos  2t  cm; x 3  A3 cos  2t   cm . Tại thời điểm t1 các
3 
3 


giá trị li độ là x1  20cm; x 2  80cm; x 3  40cm , tại thời điểm t 2  t1 

T
các giá trị li độ
4

x1  20 3cm; x 2  0cm; x 3  40 3cm . Phương trình của dao động tổng hợp là



A. x  50cos  2t   cm
3




B. x  40cos  2t   cm
3




C. x  40cos  2t   cm
3





D. x  20cos  2t   cm
3


Đáp án B
Li độ tại thời điểm t1 và t2 vuông pha nhau nên ta có
2

2
A1   20   20 3  40cm

2
2
A 2  80  0  80cm

2
A 3   40 2  40 3  80cm










CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 5 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
Ghi chú
Tổng hợp dao động bằng số phức:
+ Nhập dữ liệu: Mode → 2
40120  800  80120

Vậy phương trình dao động tổng hợp là

+ Xuất kết quả: Shift  2  3 



x  40cos  2t   cm
3


40  60

Câu 8 Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm lò xo có độ cứng k và vật nặng có khối lượng m1. Khi m1
cân bằng ở O thì lò xo giãn 10cm. Đưa vật nặng m1 tới vị trí lò xo giãn 20cm, gắn thêm vào m1 vật nặng có
khối lượng m2 = 0,25m1 rồi thả nhẹ cho hệ chuyển động. Bỏ qua ma sát và lấy g = 10m/s2. Khi hai vật về
đến O thì m2 tuột khỏi m1. Biên độ dao động của m1 sau khi m2 tuột khỏi nó gần với giá trị nào sau đây
nhất ?

A. 6,71cm

B. 5,76cm

C. 6,32cm

D. 7,16cm

Chọn C
+ Tại thời điểm ban đầu ta có ∆l0 = 10cm
+ Đưa vật tới vị trí lò xo giãn 20cm thì có thêm vật m2 = 0,25m1 gắn vaò m1 nên khi đó ta sẽ có VTCB mới O’
dịch xuống dưới so với O 1 đoạn bằng

OO '  l ' l0 

(m1  m 2 )g m1g m 2g 0, 25m1g



 0, 25l0  0, 25.10  2,5cm.
k
k
k
k

+ Tại ví trí đó người ta thả nhẹ cho hệ chuyển động nên A’ = 10 -2,5 = 7,5cm
+ Khi về đến O thì m2 tuột khỏi m1 khi đó hệ chỉ còn lại m1 dao động với VTCB O, gọi biên độ khi đó là A1
+ Vận tốc tại điểm O tính theo biên độ A’ bằng vận tốc max của vật khi có biên độ là A1
2

10
8
20 10
 2,5 
 1A1   'A ' 1  

.7,5.
 20 10cm / s  A1 
 2 10  6,32cm

0,125
3
10
 7,5 
0,1

Câu 9 Một lò xo nhẹ có độ cứng 100 N/m, đầu trên gắn cố định, đầu dưới treo quả cầu nhỏ có khối lượng
m=1kg sao cho vật có thể dao động không ma sát theo phương thẳng đứng trùng với trục của lò xo. Lúc
đầu dung giá nằm ngang đỡ m để lò xo không biến dạng. Sau đó cho giá đỡ chuyển động thẳng đứng
xuống dưới nhanh dần đều với gia tốc 2 m/s2. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy gia tốc trọng trường g=10 m/s2. Khi
m rời khỏi giá đỡ nó dao động điều hòa. Biên độ dao động điều hòa là:
A. 1,5 cm

B. 2 cm

C. 6 cm

D. 1,2 cm

Đáp án đúng là C

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 6 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
Trên hình vẽ, ta thể hiện các lực lên vật m trước khi rời khỏi giá đỡ.
Theo định luật II Newton, ta có:
P  Fdh  N  ma

Chiếu lên trục (+), ta được:
P  Fdh  N  ma(1)

Gọi s là quãng đường vật m đi được từ lúc đầu đến lúc tách giá đỡ (cũng chính là độ biến
dạng của lò xo lúc tách). Khi đó, N=0 (do mất áp lực từ vật xuống giá đỡ). Từ (1), ta có

mg  ks  ma  s 
Vận tốc vật lúc đó:

v  2as  0,32(m / s)

Li độ của vật:

x  s  l  0, 02(cm)

Biên độ dao động của vật: A  x 2 

v2

2

m( g  a )
 0, 08(m)
k

 0,06(m)  6(cm)

Câu 10 Đặt điện áp xoay chiều có tần số không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện thuần R, tụ điện
C và cuộn cảm thuần L (L thay đổi được). KHi L=L0 thì điện áo hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực
đại và bằng ULmax . Khi L = L1 hoặc L=L2 thì điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có giá trị như nhau và bằng
UL. Biết rằng UL/ULmax = k. Tổng hệ số công suất của mạch AB khi L=L1 và L=L2 là n.k. Hệ số công cuất
của mạch AB khi L=L0 có giá trị bằng?
A. n 2 .

B. n/ 2 .

C. n/2.

D. n.

Đáp án đúng là C
+ Với L=Lo thì UL max nên ta có Z L 0 

R 2  ZC2
R
và cos 0 

Z0

ZC

+ Với L=L1 và L=L2 thì UL bằng nhau nên ta có

R
R2 

Z L1
R  ( Z  ZC )
2

2
L1

2



4



R
ZC2

ZC
R  ZC2
2

ZL2

R  ( Z L22  ZC )2
2

R 2  (Z L21  ZC )2 R 2  ( Z L22  ZC )2
R 2  ZC2 2ZC R 2  ZC2 2ZC





Z L21
Z L22
Z L21
Z L1
Z L22
ZL2
 1
 1
1 
1 
1
1
2
  R 2  Z C2   2  2   2Z C  2  2  


Z L1 Z L 2 Z L 0
 Z L1 Z L 2 
 Z L1 Z L 2 

+ Theo đề bài ta có:

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 7 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ

UL

U L max
UL

U L max

U .Z L1

R

.

R 2  ( Z L21  ZC )2 U . R 2  ZC 2
U .Z L 2

.

R



R 2  ( Z L22  ZC )2 U . R 2  ZC 2



k. R 2  ZC 2
Z L1
Z L1
R
.
 cos 1.
 cos 1 
Z1 R 2  ZC 2
Z L1
R 2  ZC 2

k. R 2  ZC 2
ZL2
ZL2
R
.
 cos 2 .
 cos 2 
Z 2 R 2  ZC 2
Z L2
R 2  ZC 2




Từ đây ta suy ra cos 1  cos 2  n.k  R 2  ZC 2  12  12   n  R 2  Z C 2 . 2  n  cos 0  n .
 Z L1

ZL2 

Z L0

2

Câu 11 Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, màn quan sát E cách mặt phẳng chứa hai khe S1S2
một khoảng D=1,2m. Đặt giữa màn và mặt phẳng hai khe một thấu kính hội tụ, người ta tìm được hai vị trí
giữa hai khe ảnh S1’S2’ = 4mm. Bỏ thấu kính đi, rồi chiếu sáng hai khe bằng nguồn điểm S phát bức xạ
đơn sắc  =750nm thì khoảng vân thu được trên màn là:
A. 0,225 mm

B. 1,25 mm

C. 3,6 mm

D. 0,9 mm

Đáp án đúng là D

Trên hình vẽ, ta có L1 và L2 là 2 vị trí của thấu kính sao cho có ảnh rõ nét của 2 nguồn trên màn. Gọi f là tiêu
cự của thấu kính, ta có:
Xét vị trí L1:

1 1 1 1
1 1 1
1 1 1

  
  ' ; Xét vị trí L2:   ' . Suy ra:
d1 d1' d2 d2'
f d2 d2
f d1 d1

Mặt khác, ta có d1 + d1’ = d2 + d2’ = D  d1 d1’ = d2 d2’ = P. (1)
Từ (1) ta suy ra d1 và d1’ là 2 nghiệm của pt x2-Dx+P=0; d2 và d2’ cũng
vậy.
Pt trên là pt bậc 2, có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2. Do d1≠d2 nên ta suy
ra x1=d1=d2’; x2=d2=d1’
Theo đề bài, có

d1  d 2'  24(cm)
d1  d1'  120
 '

'
d 2  d1  d1  d1  72  d1  d 2  96(cm)

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

- Trang | 8 -


TUYỂN TẬP 150 BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN VẬT LÝ
Ta xét 1 vị trí bất kỳ của thấy kính: từ hình vẽ bên, ta có: S1’S2’=S1S2
tỉ lệ

d'
. Suy ra để có ảnh lớn hơn, ta phải có
d

d'
d'
lớn hơn, tức là thấu kính gần S1S2 hơn. Khi đó d=24cm, d’=96cn  S1S2= S1’S2’ =1(mm). Vậy a
d
d

= 1mm.
Khi bỏ thấu kính cho giao thoa ánh sáng, trên màn thu được khoảng vân i=

CTV : Lê Đức Thọ - CTV tại Hocmai online
( )

D
a

 0,9(mm) .

- Trang | 9 -