Đề thi thử THPT QG 2017 Lý đáp án 3

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017

BIGSCHOOL

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi thành phần: VẬT LÍ
Mã đề thi 003

1. A

2. A

3. B

4. D

5. C

6. A

7. D

8. A

9. C

10. B

11. B

12. D

13. A

14. A

15. D

16. C

17. A

18. B

19. A

20. A

21. C

22. B

23. B

24. D

25. C

26. D

27. D

28. B

29. A

30. A

31. B

32. C

33. C

34. D

35. C

36. A

37. C

38. B

39. D

40. C

Câu

Đáp án

1

A

Vận tốc cực đại của vật bằng: vmax  .A  25.5  125 cm / s.

2

A

Lực căng dây lớn nhất tại vị trí cân bằng và lớn hơn trọng lượng của
vật.

3

B

Phương trình truyền sóng có dạng: u  A cos  t 

Hướng dẫn chọn phương án đúng



Từ phương trình: u  4 cos  20t 



x 

v 

.x 
  cm 
3 

  20

Suy ra     v  60 m / s  216 km / h.


v 3

4

D

Ta có:  

v 350

 0, 7 m
f 500

d


Theo đề bài ta có:   2 
5

C


 0, 7
d  
 0,117 m  11, 7 cm.
3
6
6

Đối với dòng xoay chiều, cuộn cảm có tác dụng cản trở dòng điện.
Cảm kháng được tính bởi công thức : ZL  L  2fL như vậy dòng điện

6

A

có tần số càng lớn càng bị cản trở nhiều.
Trong máy phát điện xay chiều ba pha phần cảm (nam châm) là rôto,
phần ứng (cuộn dây) là stato.
Trang 1/10 – Mã đề 003


7

D

Ta có: q  q0 cos  t  






→ i  q '  I0 cos  t    
2



Cường độ dòng điện i trong mạch dao động LC biến thiên điều hòa theo
thời gian và sớm pha


so với điện tích ở tụ điện.
2

Sóng điện từ truyền được trong chân không nhưng sóng cơ học thì
không.
Thí nghiệm về ánh sáng đơn sắc của Niu – tơn chủ yếu nhằm chứng
minh lăng kính không có khả năng nhuộm màu ánh sáng.
Tác dụng nổi bật của tia hồng ngoại là tác dụng nhiệt.
Trong hiện tượng quang phát quang tần số của ánh sáng phát quang nhỏ
hơn tần số của ánh sáng kích thích.

8

A

9

C

10

B

11

B

12

D

Năng lượng của một phôtôn ánh sáng được xác định bởi công thức
hc
 .


13

A

14

A

15

D

Các hạt nhân đồng vị của cùng một nguyên tố thì có cùng số prôtôn.
Bản chất các lực tương tác giữa các nuclôn trong hạt nhân là lực tương
tác mạnh.
Các điều kiện để xảy ra phản ứng nhiệt hạch là:
-

Thời gian duy trì nhiệt độ cao đủ dài.

-

Nhiệt độ phản ứng đủ cao.

Mật độ hạt nhân đủ lớn.
Kết quả của một phép đo là 1,02. Số chữ số có nghĩa là 3 số.
Dựa vào đồ thị biên độ dao động của vật là 4 cm.
-

16
17

C
A

Chu kì dao động: T  2 

2, 2 1 
   0, 2 s    10 rad / s.
 12 12 

Tại thời điểm ban đầu (t = 0), li độ của vật là x = -2 cm và đang chuyển
động ra biên âm nên pha ban đầu của vật là:
x 2 1


2
cos   
A 4
2 

3
  0

Phương trình dao động của vật: x  4cos 10t 


18

B

2 
  cm  .
3 

Bước sóng là:   v.T  40.0,1  4 cm.

Trang 2/10 – Mã đề 003


Số giao thoa cực tiểu nằm trong khoảng giữa đoạn A,B là:
 l 1
 20 1 
n ct  2.     2     10.
 2
 4 2

19

20

A

A

Cuộn dây thuần cảm không có điện trở trong, không có tác dụng cản trở
dòng một chiều. Do đó điện trở trong đoạn mạch I bằng điện trở trong
đoạn mạch II.
Vì vậy khi mắc lần lượt hai đoạn mạch trên vào điện áp một chiều
không đổi thì cường độ dòng điện qua đoạn mạch I bằng cường độ dòng
điện qua đoạn mạch II.
Năng lượng dao động của mạch là:
1
1
W  WCmax  CU 2  50.106.102  2,5.103 J  2,5 mJ.
2
2

21

C

22

B

Chiếu một chùm ánh sáng trắng vuông góc vào mặt nước của bể nước
thì góc tới i  00 do đó góc khúc xạ bằng không (với tất cả các ánh sáng
đơn sắc trong chùm sáng trắng) do đó không xảy ra hiện tượng tán sắc
ánh sáng vì vậy ta chỉ quan sát thấy một vệt sáng trắng ở đáy bể.
Giới hạn quang điện của kim loại làm catôt là:
0 

hc 6, 625.1034.3.108

 4, 47.107 m  0, 474 m
19
A
2, 62.1, 6.10

Ta thấy 2  0  1 do đó hiện tượng quang điện chỉ xảy ra với bức xạ
 2 không xảy ra với bức xạ 1.
23

B

24

D

Phản ứng phân hạch 235 U trong lò phản ứng hạt nhân, số nơtron được
điều khiển (k = 1) nhờ các thanh điều khiển có chứa bo hay cađimi, còn
trong bom nguyên tử thì không. Đây là đặc điểm khác nhau cơ bản giữa
lò phản ứng hạt nhân và bom nguyên tử.
Sóng dừng, khoảng cách giữa 2 điểm gần nhất không dao động:
d


   2d  0,04 (m)  0,82%.
2

Tốc độ truyền sóng: v  .f  50  0,04  2 (m/s)
v  f


 %  %f  0,84%.
v

f
Vậy vận tốc truyền sóng là: v  2m / s  0,084%.

và %v 

Trang 3/10 – Mã đề 003


25

C


k
50

 10 rad / s
1 
M
0,5

Ta có: 
k
50
 

 2,5 10 rad / s
 2
mM
0,3  0,5


Do m dính chặt vào M nên đây là va chạm đàn hồi, áp dụng định luật
bảo toàn động lượng, ta có:
Mvmax   M  m  vmax '  vmax ' 

M1A
 50 cm / s.
Mm

v'max
50
Biên độ dao động mới của vật là: A ' 

 2 10 cm.
2
2,5 10
26

D

Con lắc đơn khi dao động, quỹ đạo của vật nặng (quả cầu nhỏ của con
lắc) là một cung tròn. Gia tốc của con lắc gồm hai thành phần là gia tốc
tiếp tuyến a t và gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm) a n . Gia tốc
toàn phần là a  a t  a n  a  a 2t  a n2 .
Trong đó các độ lớn gia tốc thành phần là a t  s  2 s và a n 
Tại vị trí cân bằng, a t  0; a1  a n 

v2max



2S02

v2

.

.

Tại vị trí biên, a n  0, a 2  a t  2S0 .
Lập tỉ số

a1 S0
 .
a2

Suy ra biên độ dài của con lắc là S0 

a1
a
 0  0  1  rad  .
a2
a2

Độ lớn lực căng dây tại VTCB là

 2 
  mg  3  2cos 0   mg 3  2 1  0    mg 1   02  .
2 



Thay số, ta được:   0,1.10. 1  0,072   1,00 N.
27

D



Ta có: x 2  4sin 30t  cm   4cos  30t    cm  .


2

Sử dụng giản đồ vectơ:
Trang 4/10 – Mã đề 003




x12  x1  x 2  4 2 cos  30t    cm 
4


x123  x12  x 3  8cos30t  cm  .
28

B

Bề rộng bụng sóng là 4A thì biện độ sóng là 2A.
Điểm gần nút nhất dao động với biên độ bằng một nửa biên độ tại bụng
thì cách nút




, do đó ta có:  2  20    60 cm.
2
12

12

Vậy số bụng sóng trên dây là: n 
29

A

Từ đồ thị ta thấy: L1 
Mặt khác I1 

I0
5



2l 2.180

 6 bụng sóng.

60

1
1
1

 L2  12 
 o2 (1)
C1 C2
LC

U0
U
5U 2 U 2
 0  20  20
Z1
Z1
Z
5.Z

Uo2
Uo2
o2 L
1
 2 5
 1L 
 2R  1L 
 2R
1 2
R
1C
1
R 2  (1L 
)
1C

(2)

 500
.
 6   41, 7 .

Từ (1) và (2) ta có : R 
2
2
Vậy giá trị gần nhất của R là 40 . .
L 1  2

30

A

Do mạch chỉ có L nên u và I luôn vuông pha nhau.

Trang 5/10 – Mã đề 003


Phương trình của i có dạng

i  I0 cos(t  )  I0 sin t (*)
2
U1R

Mà u  U0 cos t (**)
2

I1
1

2

 i   u 

Từ (*) và (**) suy ra       1
 I0   U 0 

Ta có hệ
 2,5 3 2  100 2

 
 1
 I0   U 0 
I0  5 A


2
2
 U 0  200 V
 2,5   100 3 
  1

  

 I0   U 0 

Mà I0 

31

B

Z2C 

U

2

U 2R

U 2LC

U1LC

I2

U0
200
5
   120 (rad / s).
ZL
L

ZC
3

I2  3I1

i1 sớm pha hơn u; i 2 trễ pha hơn u; I1  I2

Từ giản đồ suy ra: tan 1 
→

U 2LC U 2R I2


 3
U1R
U1R I1

ZC  Z L
3
R

Mặt khác: tan 2 

(1)

1
tan 1

→

ZC
3 1
R
3

ZL 

(2)

Từ (1) và (2)  ZL  2R; ZC  5R

Trang 6/10 – Mã đề 003

Ban đầu: U 

30

30 10
 30 2 V
5

 R 2   2R  5R  
2

R 2  4R 2

 U0  60 V.
32

C

Chiết suất của lăng kính đối với các ánh sáng đơn sắc đã cho là khác
nhau. Do đó khi ánh sáng đơn sắc tím có góc lệch cực tiểu thì các thành
phần đơn sắc còn lại không thể có góc lệch cực tiểu. Mặt khác do chiết
suất của lăng kính đối với ánh sáng đơn sắc tím là lớn nhất nên khi ánh
sáng này ló ra khỏi lăng kính (không xảy ra sự phản xạ toàn phần) thì
các thành phần đơn sắc còn lại cũng ló ra khỏi lăng kính.

33

C

Khoảng vân trong thí nghiệm là: i 

4
mm.
3

Ta thấy: x M  3 mm  2, 25i; x N  9mm  6,75i

34

D

Như vậy trên đoạn MN có 5 vân tối (vân tối thứ 3, 4, 5, 6, 7) ứng với
các vị trí 2,5i, 3,5i, 4,5i, 5,5i, 6,5i.
Gọi chu kì bán rã của mẫu chất phóng xạ là T, ở thời điểm t1 , số hạt
nhân của mẫu chất phóng xạ còn lại là:
 t1

 t1

N  N0 2 T  2 T 

N
 ln 0, 2
 0, 2  t1 
T (1)
N0
ln 2

Tại thời điểm t 2 , số hạt nhân X đã bị phân rã là:
 t2

N  N0 1  2 T


 t2
 t1 100
 N
T
T


1

2

1

2
 0,95

N
0


 2

Thế (1) vào (2) ta được:
1 2

35

C

ln 0,2
T 100
ln 2
T

 0,95 

ln 0, 2 100 ln 0, 05


 T  50 s.
ln 2
T
ln 2

Bước sóng  = 1,2 cm

S3

Xét điểm M trên IS3 :
MI  x.S1M  S2 M  d  6  d  6 2

Tam giác S1S2S3 vuông cân nên
SS
S3I  1 2  6 cm
2

S1

d

 M

S2

I
I
I
Trang 7/10 – Mã đề 003


Sóng tổng hợp truyền từ S1 và S2 đến M
u12M  4acos(2t 

2d
)  cm 


Sóng truyền từ S3 đến M
2(6  x) 

u 3M  acos  2t 
 (cm)




Tại M dao động với biên độ 5a khi u12M và u 3N dao động cùng pha.
Tức là
2d 2(6  x)

 2k  d  6 – x  1, 2k



6  d  6 – x  1, 2k  6 2  x  6  6 2  1, 2k  0  k  3

x  x min khi k = 3, suy ra x min  6  6 2  3,6  1,1147 cm  1,1 cm.
36

A

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng xác định, lực Cu-lông
đóng vai trò là lực hướng tâm:
FC  Fht 

k.e2 me vn2
ke2
ke2


v


n
rn2

rn
me rn
me n 2 r0

Vận tốc ở quỹ đạo K là: v 

Vận tốc ở quỹ đạo M là: v3 
37

C

ke2
me r0
ke2
1 ke2
v

 .
2
me 3 r0 3 me r0 3

Giả sử ban đầu vật ở vị trí biên và có biên độ A1 sau nữa chu kì vật tới
vị trí có biên độ A 2 . Biên độ của vật bị giảm do lực cản.
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
2F
1 2 1 2
kA1  kA 2  Fc  A1  A 2   A1  A 2  c .
2
2
k

Vậy độ giảm biên độ sau mỗi chu kì luôn không đổi là:

Trang 8/10 – Mã đề 003


A 

4Fc 4.0,05mg

 0,002 m  0, 2 cm .
k
k

Số chu kì vật thực hiện là. n 

38

B

A
5

 25.
A 0, 2

Vậy số lần vật đi qua vị trí cân bằng là: 25.2 = 50 lần.
Ở khoảng cách 5 m thì công suất âm còn lại là:
P'   0,94  P   0,94  .10
5

5

 0,94  10
P'
Cường độ âm tại đây là: I 

2
4R
4.52
5

 0,94 
Mức cường độ âm là: L  10 log
39

D

I
 10.log
I0

5

4.5
1012

2

10

 103, 68 dB.

Khi thay đổi tần số góc đến giá trị 1 và 2 theo đề bài ta có:
40

 
40 250  1 L
L


1
250
1 2
 
 2
L
2

 1
  1

I1  I2 


 1L   
 2 L 
2
2
 1C
  2C


 1

 1

R2  
 1L 
R2  
 2 L 
 1C

 2 C

U



U

2

1
1
1
1
1 1
1
 1L 
 2 L 
 1L  2 L 

 L(1  2 )  (  )
1C
2C
1C
2C
C 1 2

 1.2 

1
LC

(2)

Trong mạch điện xoay chiều, cường độ dòng điện lớn nhất khi xảy ra
cộng hưởng:  

1
, lúc này cảm kháng bằng dung kháng:
LC

ZC  ZL  L  L 12  L

40 250
.
 100 . .
L L
Trang 9/10 – Mã đề 003

40

C

Ở cùng thời điểm số chỉ của V1 cực đại thì số chỉ của V1 gấp đôi số chỉ
của V2 nên ta có:

 Z L  ZC

1
 Z L  ZC  R
UR  U
2

1
U2  UC  UR

2

Ở thời điểm số chỉ của V2 cực đại thì:

R 2  ZL2
 Z  R 2  (Z  Z ) 2  R 5
Z

 2,5R
 C
C
L
Z



L


U 5
U R 2  ZL2 U 5

U2 


2
 U 2  U C 
R
2
U
U


 U1  U R  5
I  R 5
U

 2  2,5

U1
U  U 5
U  U 5
2
2



2
2

Vậy U 2 gấp 2,5 lần U1.
--------HẾT---------

Trang 10/10 – Mã đề 003